高考数学一轮复习 第2章 热点探究课1 导数应用中的高考热点问题

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函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．
(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
[思路点拨] (1)求出导数后对a分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a的范围．
[规范解答] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.2分
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.5分
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.6分
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；7分
当a>0时，f(x)在x＝eq \f(1,a)取得最大值，最大值为
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))＝－ln a＋a－1.9分
因此feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>2a－2等价于ln a＋a－1<0.10分
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1).12分
[答题模板] 讨论含参函数f(x)的单调性的一般步骤
第一步：求函数f(x)的定义域(根据已知函数解析式确定)．
第二步：求函数f(x)的导数f′(x)．
第三步：根据f′(x)＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论．
第四步：求解(令f′(x)>0或令f′(x)<0)．
第五步：下结论．
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规范．
温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．
2．若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．
[对点训练1] 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.1分
当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.3分
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，列表如下：
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).8分
(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex
＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，
所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立，
只要h(2)≥0，解得c≥11，
所以c的取值范围是[11，＋∞).12分
热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．
(2016·北京高考节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.2分
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.4分
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.6分
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq \f(2,3).8分
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
所以，当c＞0且c－eq \f(32,27)＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.12分
[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
[对点训练2] 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)零点的个数．
【导学号：31222099】
[解] (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
则f′(x)＝eq \f(x－e,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e.2分
∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；
当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2，
∴f(x)的极小值为2.4分
(2)由题设g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x＞0).5分
设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x＝1是φ(x)唯一的极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).8分
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m＞eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点.12分
热点3 利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．
eq \a\vs4\al(☞)角度1 证明不等式
(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a).
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq \f(a,x)，3分
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq \f(a,x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足0故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.5分
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).9分
由于2e2x0－eq \f(a,x0)＝0，
所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2a＋aln eq \f(2,a).
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).12分
eq \a\vs4\al(☞)角度2 不等式恒成立问题
(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).1分
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－3，f′(1)＝－2.3分
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.5分
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－eq \f(ax－1,x＋1)＞0.
设g(x)＝ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.9分
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq \r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(a－12－1).
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2].12分
eq \a\vs4\al(☞)角度3 存在型不等式成立问题
(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)[解] (1)f′(x)＝eq \f(a,x)＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.3分
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－x，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq \f(1－a,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,1－a)))(x－1).5分
①若a≤eq \f(1,2)，则eq \f(a,1－a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)②若eq \f(1,2)1，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增.9分
所以存在x0≥1，使得f(x0)而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)))＝aln eq \f(a,1－a)＋eq \f(a2,21－a)＋eq \f(a,a－1)>eq \f(a,a－1)，所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝eq \f(1－a,2)－1＝eq \f(－a－1,2)综上，a的取值范围是(－eq \r(2)－1，eq \r(2)－1)∪(1，＋∞).12分
[规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．
2．不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．
3．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否成立问题．
热点探究训练(一)
导数应用中的高考热点问题
1．(2015·重庆高考)设函数f(x)＝eq \f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．
[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝
eq \f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)
＝eq \f(－3x2＋6－ax＋a,ex).2分
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝eq \f(3x2,ex)，f′(x)＝eq \f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq \f(3,e)，f′(1)＝eq \f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq \f(3,e)＝eq \f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.5分
(2)由(1)知f′(x)＝eq \f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0解得x1＝eq \f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq \f(6－a＋\r(a2＋36),6).7分
当x当x10，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；
当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数.9分
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝eq \f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq \f(9,2).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).12分
2．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．
【导学号：31222100】
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得
f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x].2分
当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：
y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.5分
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，
解得x＝－(a＋2)或x＝0.6分
当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，
所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，
所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根.8分
当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为
f(－(a＋2))＝eq \f(a＋4,ea＋2).
因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，
是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，
有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.
所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋4,ea＋2)，－a)).12分
3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).1分
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分
(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－eq \f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＜1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.5分
③若a＜－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减.7分
(2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜lneq \f(a,2)，则f(b)＞eq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以f(x)有两个零点.9分
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)设a＜0，若a≥－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞).12分
4．(2017·郑州二次质量预测)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x－m).
(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；
(2)若m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(exx－m－ex,x－m2)＝eq \f(exx－m－1,x－m2)，2分
当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0；当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增.4分
(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，
所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.5分
因为m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，g(x)在x∈[m，m＋1]最大值为(m＋1)2＋m＋1.
所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，
令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，
因为x＝m＋1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，所以h′(x)＝ex－2＞0，m′(x)单调递增.8分
所以m′(1)＝e－3＜0，m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eeq \f(3,2)－4＞0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0，
所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(3,2)))上单调递增，
所以m(x)≥m(x0)＝ex0－xeq \\al(2,0)－x0＝2x0＋1－xeq \\al(2,0)－x0＝－xeq \\al(2,0)＋x0＋1，
所以当x0∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，m(x0)＝－xeq \\al(2,0)＋x0＋1＞0，
即ex＞(1＋x)x，也即f(m＋1)＞(m＋1)2＋m＋1，
所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方.12分
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
－eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(－∞，－2)
－2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,3)))
－eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

c－eq \f(32,27)

x
0
(0，－(a＋2))
－(a＋2)
(－(a＋2)，＋∞)
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
－a

eq \f(a＋4,ea＋2)
