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【课堂新坐标】2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件热点探究课1导数应用中的高考热点问题_图文

高三一轮总复习

热 点 一

热点探究课(一)

导数应用中的高考热点问题

热 点 三

热 点 二

热 点 探 究 训 练

高三一轮总复习

[命题解读]

函数是中学数学的核心内容, 导数是研究函数的重要工具, 因此,

导数的应用是历年高考的重点与热点,常涉及的问题有:讨论函数的单调性(求函 数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参 数的范围、证明不等式等,涉及的数学思想有:函数与方程、分类讨论、数形结 合、转化与化归思想等,中、高档难度均有.

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热点 1

利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)

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.

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(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.

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1 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-a.

[规范解答]

2分 3分

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 当
? 1? x∈?0,a?时,f′(x)>0; ? ?

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

5分 6分

所以

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(2)由(1)知,当 a≤0 时,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
?1? ?1? ? 1? f?a?=ln?a?+a?1-a?=-ln ? ? ? ? ? ?

7分

a+a-1.

9分 10 分

因此

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

等价于 ln a+a-1<0.

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). 12 分

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[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.

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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.

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[对点训练 1] (2017· 郑州模拟)已知函数 f(x)=x2e-ax,a∈R. (1)当 a=1 时,求函数 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程; (2)讨论 f(x)的单调性.

[解] (1)因为当 a=1 时,f(x)=x2e x,f′(x)=2xe x-x2e x=(2x-x2)e x,2 分
- - - -

所以 f(-1)=e,f′(-1)=-3e. 从而 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程为 y-e=-3e(x+1),即 y =-3ex-2e. 4分

高三一轮总复习 - - - (2)f′(x)=2xe ax-ax2e ax=(2x-ax2)e ax.
①当 a=0 时,若 x<0,则 f′(x)<0,若 x>0, 则 f′(x)>0. 所以当 a=0 时,函数 f(x)在区间(-∞,0)上为减函数,在区间(0,+∞)上为 增函数.
2

6分

2 ②当 a>0 时,由 2x-ax <0,解得 x<0 或 x>a,由 2x-ax2>0,解得 0<x 2 <a. 所以
?2 ? ? 2? f(x)在区间(-∞,0)与?a,+∞?上为减函数,在?0,a?上为增函数.8 ? ? ? ?



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2 2 2 ③当 a<0 时,由 2x-ax <0,解得a<x<0,由 2x-ax >0,解得 x<a或 x>
2

0. 所以, 当 a<0 时, 函数 上为减函数.10 分 综上所述,当 a=0 时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 当 a>0 当 a<0
?2 ? ? 2? 时,f(x)在(-∞,0),?a,+∞?上单调递减,在?0,a?上单调递增; ? ? ? ? ? ?2 ? 2? f(x)在区间?-∞,a?, (0, +∞)上为增函数, 在区间?a,0? ? ? ? ?

?2 ? ? 2? 时,f(x)在?a,0?上单调递减,在?-∞,a?,(0,+∞)上单调递增.12 ? ? ? ?



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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.

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(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.

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[解] (1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+2ax+b. 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. (2)当 a=b=4 时,f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以 f′(x)=3x2+8x+4. 2 令 f′(x)=0,得 3x +8x+4=0,解得 x=-2 或 x=-3.
2

2分

4分

6分 8分

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f(x)与 f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下:
x f′(x) f ( x) (-∞,-2) -2 + ? 0 c
? 2? ?-2,- ? 3? ?

2 -3 0 32 c-27

? 2 ? ?- ,+∞? ? 3 ?

- ?

+ ?

? 2? 32 所以,当c>0且c- 27 <0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈ ?-2,-3? ,x3∈ ? ? ? 2 ? ?- ,0?,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. ? 3 ?

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由f(x)的单调性知,当且仅当c∈ 不同零点.12分
[规律方法]

? 32? ?0, ? 27? ?

时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个

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.

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m [对点训练2] 设函数f(x)=ln x+ x ,m∈R. (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)-3零点的个数. 【导学号:01772099】

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e [解] (1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+x, x-e 则f′(x)= x2 ,由f′(x)=0,得x=e. ∴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+e=2, ∴f(x)的极小值为2. 4分 2分

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x 1 m x (2)由题设g(x)=f′(x)-3= x-x2-3(x>0), 1 3 令g(x)=0,得m=-3x +x(x>0). 1 3 设φ(x)=-3x +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, 5分

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2 ∴φ(x)的最大值为φ(1)=3.

8分

又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当m>3时,函数g(x)无零点; 2 ②当m=3时,函数g(x)有且只有一个零点;
2 ③当0<m<3时,函数g(x)有两个零点;

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④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当m>3时,函数g(x)无零点; 2 当m=3或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; 2 当0<m<3时,函数g(x)有两个零点.12分

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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.

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?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 (2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+alna.

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a [解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e -x (x>0).
2x

当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; a 当a>0时,设u(x)=e ,v(x)=-x ,
2x 2x

3分

a 因为u(x)=e 在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-x 在(0,+∞)上单调递增, 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 a 又f′(a)>0,当b满足0<b<4且b<4时,f′(b)<0, 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点. 5分

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(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 a 由于2e2x0-x =0, 0 2 2 a 所以f(x0)=2x +2ax0+alna≥2a+aln a. 0 2 故当a>0时,f(x)≥2a+aln a.12分

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?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,+∞). 当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), 1 f(1)=0,f′(x)=ln x+x-3,f′(1)=-2. 故曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0. 3分 5分 1分

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a?x-1? (2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于ln x- >0. x+1 a?x-1? 设g(x)=ln x- , x+1 x2+2?1-a?x+1 1 2a 则g′(x)=x - = ,g(1)=0. ?x+1?2 x?x+1?2 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;

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②当a>2时,令g′(x)=0得x1=a-1- ?a-1?2-1,x2=a-1+ ?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

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?角度3

存在型不等式成立问题 1-a 2 (2014· 全国卷Ⅰ)设函数f(x)=aln x+ 2 x -bx(a≠1),曲线y=f(x)

在点(1,f(1))处的切线斜率为0. (1)求b; a (2)若存在x0≥1,使得f(x0)< ,求a的取值范围. a-1

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a [解] (1)f′(x)=x +(1-a)x-b. 由题设知f′(1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ 2 x -x, a ? 1-a? a ? f′(x)=x+(1-a)x-1= x ?x-1-a? ?(x-1). ? ? 5分 3分

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1 a ①若a≤ 2 ,则 ≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调 1-a 递增. 1-a a a 所以,存在x0≥1,使得f(x0)< 的充要条件为f(1)< ,即 2 - a-1 a-1 a 1< ,解得- 2-1<a< 2-1. a-1 7分

? ? a ? a ? 1 a ? ? ? ②若 2 <a<1,则 >1,故当x∈ ?1,1-a? 时,f′(x)<0,当x∈ ?1-a,+∞? ? 1-a ? ? ? ? ? ? a ? a ? ? ? ? 时,f′(x)>0,f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞? ?上单调递增. ? ? ? ?

9分

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? a ? a a ? ? 所以存在x0≥1,使得f(x0)< 的充要条件为f?1-a?< . a-1 ? ? a-1 ? a ? ? 而f ? ?1-a?=aln ? ?

a2 a a a + + > ,所以不合题意. 1-a 2?1-a? a-1 a-1

1-a -a-1 a ③若a>1,则f(1)= 2 -1= 2 < 恒成立,所以a>1. a-1 综上,a的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).12分

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[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.


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