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专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型


《创新设计》2018版 高三一轮总复习实用课件 数学

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1.热点一 .利用导数研究函数的性质 2.热点二 .利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

3.热点三 .利用导数研究不等式问题(规范解答)

热点突破
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点一

利用导数研究函数的性质

利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一,每年 必考,一般考查两类题型: (1)讨论函数的单调性、极值、最值, (2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.

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热点一

利用导数研究函数的性质

【例 1】 (2015· 全国Ⅱ卷)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.
解 1 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a. x
? 1? ? x∈?0,a? ?时,f′(x)>0; ? ?

若 a≤0,则 f′(x)>0, 所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若 a>0,则当


?1 ? ? x∈?a,+∞? ?时,f′(x)<0. ? ?
? ?1 ? 1? ? ? ? ? 0 , ,+∞ f(x)在? a?上单调递增,在?a ?上单调递减. ? ? ? ?

所以

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热点一

利用导数研究函数的性质

【例 1】 (2015· 全国Ⅱ卷)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.
(2)由(1)知,当 a≤0,f(x)在(0,+∞)上无最大值;

1 当 a>0 时,f(x)在 x=a取得最大值,
最大值为
因此
?1? 1? 1 ? ? ? ? f?a?=lna+a?1-a? ?=-ln ? ? ? ?

a+a-1.

?1? ? f? ?a?>2a-2 ? ?

等价于 ln a+a-1<0.
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热点一

利用导数研究函数的性质

【例 1】 (2015· 全国Ⅱ卷)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.
令 g(a)=ln a+a-1,

则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.

于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;
当 a>1 时,g(a)>0.
因此,a 的取值范围是(0,1).
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热点一

利用导数研究函数的性质 探究提高

(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论,讨论单调性要先求函 数定义域,再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性. (2)由函数的性质求参数的取值范围,通常根据函数的性质得到参数的不等 式, 再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、 二次、 指数或对数不等式, 则可以直接解不等式得参数的取值范围;若不等式是一个不能直接解出的 超越型不等式时,如求解 ln a+a-1<0,则需要构造函数来解.
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热点一

利用导数研究函数的性质

【训练 1】 已知 a∈R, 函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R, e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求实数 a 的取值范围.



(1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex,

所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.
令 f′(x)>0, 即(-x2+2)ex>0, 因为 ex>0, 所以-x2+2>0, 解得- 2<x< 2.
所以函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2).

(2)因为函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立,

因为 f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex=[-x2+(a-2)x+a]ex,

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热点一

利用导数研究函数的性质

所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立.
因为 ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立,

x2+2x (x+1)2-1 1 即 a≥ = =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 x+1 x+1 1 1 令 y=(x+1)- ,则 y′=1+ 2>0. x+1 (x+1) 1 所以 y=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增, x+1

1 3 3 所以 y<(1+1)- = .即 a≥ . 2 1+1 2 3 因此实数 a 的取值范围为 a≥ . 2

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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

函数的零点、 方程的根、 曲线的交点, 这三个问题本质上同属一个问题, 它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类: (1)讨论函数零点或方程根的个数; (2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.

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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

m 【例 2】 设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数. 3

e 解析 (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+x,其定义域为(0,+∞). x- e 则 f′(x)= 2 ,由 f′(x)=0,得 x=e. x ∴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, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2.

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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

m 【例 2】 设函数 f(x)=ln x+ x ,m 为正常数. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数. 3 x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- =x- 2- (x>0), 3 x 3 1 3 令 g(x)=0,得 m=- x +x(x>0). 3 1 3 设 φ(x)=- x +x(x≥0), 3 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, 目录

热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

m 【例 2】 设函数 f(x)=ln x+ x ,m 为正常数. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数. 3
∴x=1 是 φ(x)唯一的极值点,且是极大值点,

2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 2 ∴φ (x)的最大值为 φ(1)= . 3
又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),
2 可知①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3
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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

m 【例 2】 设函数 f(x)=ln x+ x ,m 为正常数. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数. 3
2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当实数 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3

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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

探究提高
利用导数研究函数的零点常用两种方法: (1)运用导数研究函数的单调性和极值, 利用单调性和极值定位函数图象来 解决零点问题; (2)将函数零点问题转化为方程根的问题, 利用方程的同解变形转化为两个 函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.

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热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

【训练 2】 (2017· 贵阳七校联考)函数 f(x)=(ax2+x)ex,其中 e 是自然对 数的底数,a∈R. (1)当 a>0 时,解不等式 f(x)≤0; (2)当 a=0 时,求整数 t 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[t,t+1]上有解.



(1)因为 ex>0,(ax2+x)ex≤0.∴ax2+x≤0.又因为 a>0,
? 1? ? x?x+a? ?≤0.所以不等式 ? ?

所以不等式化为

f(x)≤0

? 1 ? ? 的解集为?-a,0? ?. ? ?

(2)当 a=0 时, 方程即为 xex=x+2, 由于 ex>0, 所以 x=0 不是方程的解, 2 x 所以原方程等价于 e -x-1=0. 2 2 x x 令 h(x)=e -x-1, 因为 h′(x)=e + 2>0 对于 x∈(-∞, 0)∪(0, +∞ )恒成立, 目录 x

热点二

利用导数研究函数的零点或曲线交点问题

【训练 2】 (2017· 贵阳七校联考)函数 f(x)=(ax2+x)ex,其中 e 是自然对 数的底数,a∈R. (1)当 a>0 时,解不等式 f(x)≤0; (2)当 a=0 时,求整数 t 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[t,t+1]上有解.

所以 h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数,
1 又 h(1)=e-3<0, h(2)=e -2>0, h(-3)=e - <0, h(-2)=e-2>0, 3
2
-3

所以方程 f(x)=x+2 有且只有两个实数根且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,
所以整数 t 的所有值为{-3,1}.
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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

导数在不等式中的应用是高考的热点, 常以解答题的形式考查, 以中高 档题为主,突出转化思想、函数思想的考查,常见的命题角度: (1)证明简单的不等式; (2)由不等式恒成立求参数范围问题; (3)不等式恒成立、能成立问题.

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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

【例 3】(满分 12 分)(2015· 全国Ⅰ卷)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 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.
【满分解答】 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), a 2x f′(x)=2e -x(x>0). 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点. ?????????2 分 a 2x 当 a>0 时,设 u(x)=e ,v(x)=-x,
因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单调递增,

a v(x)=-x在(0,+∞)上单调递增.

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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

【例 3】(满分 12 分)(2015· 全国Ⅰ卷)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 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.
所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增. ?????????4 分

a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时,f′(b)<0, 4 4
故当 a>0 时,f′(x)存在唯一零点. ???????6 分
证明 (2)由(1),设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,

当 x∈(0,x0)时,f′(x0)<0;

当 x∈(x0,+∞)时,f′(x0)>0.

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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

【例 3】(满分 12 分)(2015· 全国Ⅰ卷)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 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.
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 a 由于 2e2x0- =0, x0 a 2 2 所以 f(x0)= +2ax0+alna≥2a+alna. 2a0 2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . ??????????12 分 a
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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

?得分骤分:抓住得分点的步骤, “步步为赢”,求得满分.如第(1)问中, 求导正确, 分类讨论; 第(2)问中利用单调性求 f(x)的最小值和基本不等式的应用. ?得关键分: 解题过程不可忽视关键点, 有则给分, 无则没分, 如第(1)问中, 求出 f(x)的定义域,f′(x)在(0,+∞)上单调性的判断;第(2)问,f(x)在 x=x0 处最 值的判定. ?得计算分: 解题过程中计算准确是得满分的根本保证. 如第(1)问中, 求导 a 1 f′(x)准确,否则全盘皆输,求解使 f′(b)<0 的 b 满足的约束条件 0<b< ,且 b< .如 4 4 第(2)问中 x0 满足条件的计算,若计算错误不得分,另外还应注意规范的文字、 符号语言的表述
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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

1.讨论零点个数的答题模板

第一步:求函数的定义域;
第二步:分类讨论函数的单调性、极值;

第三步:根据零点存在性定理,结合函数图象确定各分类情况的零点个数.
2.证明不等式的答题模板

第一步:根据不等式合理构造函数;

第二步:求函数的最值;
第三步:根据最值证明不等式.
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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

【训练 3】 已知函数 f(x)=ax+ln x(a∈R). (1)若 a=2,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x2-2x+2,若对任意 x1∈(0,+∞),均存在 x2∈[0,1]使得 f(x1)<g(x2),求 a 的取值范围.
1 解 (1)由已知得 f′(x)=2+x(x>0),所以 f′(1)=2+1=3,所以斜率 k=3. 又切点为(1,2),所以切线方程为 y-2=3(x-1),即 3x-y-1=0,

故曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 3x-y-1=0.

1 ax+1 (2)f′(x)=a+x= x (x>0),

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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

①当 a≥0 时,由于 x>0,故 ax+1>0,f′(x)>0,
所以 f(x)的单调增区间为(0,+∞).

1 ②当 a<0 时,由 f′(x)=0,得 x=-a.
? ? 1 ? 1? ? ? ? 在区间?0,-a?上,f′(x)>0,在区间?-a,+∞? ?上,f′(x)<0, ? ? ? ?

所以函数

? ? 1 ? 1? ? ? ? ? 0 ,- - ,+∞ f(x)的单调递增区间为? ,单调递减区间为? a ?. a? ? ? ? ?

(3)由已知得所求可转化为 f(x)max<g(x)max,
g(x)=(x-1)2+1,x∈[0,1],所以 g(x)max=2,

由(2)知,当 a≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,

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热点三

利用导数研究不等式问题(规范解答)

值域为 R,故不符合题意.

当 a<0

? ? 1 ? 1? ? ? ? 时, f(x)在?0,-a?上单调递增, 在?-a,+∞? ?上单调递减, ? ? ? ?

故 f(x)的极大值即为最大值,

? 1? ? 1? ? ? ? ? f?-a?=-1+ln?-a?=-1-ln(-a), ? ? ? ?

1 所以 2>-1-ln(-a),解得 a<- 3. e

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