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    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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    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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    这是一份高考数学一轮复习 第2章 热点探究课1 导数应用中的高考热点问题,共12页。


    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)

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