高考数学全套教案高考大题增分课1函数与导数中的高考热点问题文档格式.docx

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故f′（x）＝3x2－6t2x＋3t－9.令f′（x）＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

（－∞，t2－）

t2－

（t2－，t2＋）

t2＋

（t2＋，＋∞）

f′（x）

＋

－

f（x）

↗

极大值

↘

极小值

所以函数f（x）的极大值为f（t2－）＝（－）3－9×

（－）＝6；

函数f（x）的极小值为f（t2＋）＝（）3－9×

＝－6.

[规律方法]　1.研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利用导数研究函数的性质，应遵循定义域优先的原则.

2.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.

3.若已知fx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.

（2019·

合肥模拟）已知函数f（x）＝alnx＋x2－ax（a∈R）．

（1）若x＝3是f（x）的极值点，求f（x）的单调区间；

（2）求g（x）＝f（x）－2x在区间[1，e]的最小值h（a）．

[解]　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），

f′（x）＝＋2x－a＝，

因为x＝3是f（x）的极值点，

所以f′（3）＝＝0，解得a＝9.

所以f′（x）＝＝，

所以当0＜x＜或x＞3时，f′（x）＞0；

当＜x＜3时，f′（x）＜0.

所以f（x）的单调递增区间为和（3，＋∞），单调递减区间为.

（2）由题知，g（x）＝f（x）－2x＝alnx＋x2－ax－2x.

g′（x）＝－2＝.

①当≤1，即a≤2时，g（x）在[1，e]上为增函数，

h（a）＝g

（1）＝－a－1；

②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g（x）在上为减函数，在上为增函数，

h（a）＝g＝aln－a2－a；

③当≥e，即a≥2e时，g（x）在[1，e]上为减函数，

h（a）＝g（e）＝（1－e）a＋e2－2e.

综上，h（a）＝

利用导数研究函数的零点问题

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．

【例2】　（本小题满分12分）（2018·

全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝x3－a（x2＋x＋1）．

（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；

（2）证明：

f（x）只有一个零点．

[信息提取]　看到

（1）求单调区间，想到导数与单调性的关系；

看到

（2）f（x）只有一个零点，想到f（x）的单调性及函数有零点的条件．

[规范解答]　

（1）当a＝3时，f（x）＝x3－3x2－3x－3，f′（x）＝x2－6x－3.

令f′（x）＝0解得x＝3－2或x＝3＋2.2分

当x∈（－∞，3－2）∪（3＋2，＋∞）时，f′（x）>

0；

当x∈（3－2，3＋2）时，f′（x）<

0.4分

故f（x）在（－∞，3－2），（3＋2，＋∞）上单调递增，在（3－2，3＋2）上单调递减.5分

由于x2＋x＋1>

0，所以f（x）＝0等价于－3a＝0.7分

设g（x）＝－3a，则g′（x）＝≥0，仅当x＝0时g′（x）＝0，所以g（x）在（－∞，＋∞）单调递增．

故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点.9分

又f（3a－1）＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<

0，f（3a＋1）＝>

0，故f（x）有一个零点.11分

综上，f（x）只有一个零点.12分

[易错与防范]　易错误区：

（1）把单调增区间用“∪”连接．

（2）作第

（2）问时，直接求f′（x），导致无法求解．

（3）无法找到区间（m，n），使得f（m）f（n）＜0.

防范措施：

（1）单调区间不能用“∪”连接．

（2）求函数零点时，常利用f（x）＝0，转化函数的表现形式．

（3）在寻找m，n使得f（m）f（n）＜0时，可通过多次尝试获得．

[通性通法]　利用导数研究函数零点的两种常用方法

（1）用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；

或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图象求解零点问题．

（2）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．

武汉模拟）已知f（x）＝lnx－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．

（1）若f（x）在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

[解]　

（1）f′（x）＝－3x2＋4ex－a，

f′（e）＝＋e2－a＝e2，∴a＝.

（2）由lnx－x3＋2ex2－ax＝0，得－x2＋2ex＝a.

记F（x）＝－x2＋2ex，

则F′（x）＝－2（x－e）．

当x∈（e，＋∞）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减．

当x∈（0，e）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，

∴F（x）max＝F（e）＝＋e2，

而x→0时，F（x）→－∞，

x→＋∞时，F（x）→－∞.故a＜＋e2.

利用导数研究不等式问题

导数在不等式中的应用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，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：

（1）证明不等式；

（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．

【例3】　设函数f（x）＝alnx＋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）<

，求a的取值范围．

[解]　

（1）f′（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，＋∞），

由

（1）知，f（x）＝alnx＋x2－x，

f′（x）＝＋（1－a）x－1＝（x－1）．

①若a≤，则≤1，故当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>

0，f（x）在（1，＋∞）上单调递增．

所以，存在x0≥1，使得f（x0）<

的充要条件为f

（1）<

，即－1<

，解得－－1<

a<

－1.

②若<

1，则>

1，故当x∈时，f′（x）<

0，当x∈时，f′（x）>

0，f（x）在上单调递减，在上单调递增．

的充要条件为f<

.

而f＝aln＋＋>

，所以不合题意．

③若a>

1，则f

（1）＝－1＝<

综上，a的取值范围是（－－1，－1）∪（1，＋∞）．

[规律方法]　1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法

1直接将不等式转化成某个函数最值问题：

若证明fx＜gx，x∈a，b，可以构造函数Fx＝fx－gx，如果F′x＜0，则Fx在a，b上是减函数，同时若Fa≤0，由减函数的定义可知，x∈a，b时，有Fx＜0，即证明了fx＜gx.

2将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：

在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证fx≥gx在D上成立，只需证明fxmin≥gxmax即可.

2.利用导数求不等式中参数的范围,用导数解决满足不等式条件的参数范围问题，一般都需要构造函数，然后对构造的函数求导，一般导函数中都含有参数，通过对参数讨论确定导函数的正负，由导函数的正负确定构造函数的单调性，再由单调性确定是否满足函数不等式，由此求出参数范围.

郑州模拟）已知函数f（x）＝lnx－（1＋a）x2－x.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）当a＜1时，证明：

对任意的x∈（0，＋∞），有f（x）＜－－（1＋a）x2－a＋1.

[解]　

（1）由题知f′（x）＝（x＞0），

当a≠－1时，由f′（x）＝0得2（1＋a）x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a，

x1＝，x2＝，

①当a＝－1时，f（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；

②当a＞－1时，f（x）在（0，x2）上单调递增，在（x2，＋∞）上单调递减；

③当a≤－时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；

④当－＜a＜－1时，f（x）在（0，x2）和（x1，＋∞）上单调递增，在（x2，x1）上单调递减．

（2）当a＜1时，要证f（x）＜－－（1＋a）x2－a＋1在（0，＋∞）上恒成立，只需证lnx－x＜－－a＋1在（0，＋∞）上恒成立，

令F（x）＝lnx－x，g（x）＝－－a＋1，

由F′（x）＝－1，易得F（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，故F（x）≤F

（1）＝－1，

由g（x）＝－－a＋1得g′（x）＝－＝（x＞0）．

当0＜x＜e时，g′（x）＜0；

当x＞e时，g′（x）＞0.

所以g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增．

所以g（x）≥g（e）＝－＋1－a.

又a＜1，所以－＋1－a＞－＞－1，即F（x）max＜g（x）min，

所以lnx－x＜－－a＋1在（0，＋∞）上恒成立，

故当a＜1时，对任意的x∈（0，＋∞），f（x）＜－－（1＋a）x2－a＋1恒成立．

[大题增分专训]

1．（2019·

武汉模拟）

（1）求函数f（x）＝的最大值；

（2）若函数g（x）＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．

[解]　

（1）对f（x）＝求导得，f′（x）＝.

易知当0＜x＜e时，f（x）为增函数，当x＞e时，f（x）为减函数，

∴f（x）≤f（e）＝，从而f（x）的最大值为.

（2）①当a＝0时，g（x）＝ex在R上为增函数，且g（x）＞0，故g（x）无零点．

②当a＜0时，g（x）＝ex－ax在R上单调递增，又g（0）＝1＞0，

g＝e－1＜0，故g（x）在R上只有一个零点．

③当a＞0时，由g′（x）＝ex－a＝0可知g（x）在x＝lna处取得唯一极小值，g