高考一轮江苏数学文科 第4章 热点探究课2 函数导数与不等式ppt.docx

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热点探究课

（二）　函数、导数与不等式

[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.

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.

　（本小题满分14分）已知函数f（x）＝lnx＋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.

【导学号：

62172114】

[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）＝－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∈时，f′（x）>0；

当x∈时，f′（x）<0.5分

所以f（x）在上单调递增，在上单调递减.6分

（2）由

（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上无最大值；

当a>0时，f（x）在x＝处取得最大值，最大值为

f＝ln＋a＝－lna＋a－1.11分

因此f>2a－2等价于lna＋a－1<0.12分

令g（a）＝lna＋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）.14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′.

（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－1.2分

当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，

解得a＝－1.4分

（2）由

（1）可知f（x）＝x3－x2－x＋c，

则f′（x）＝3x2－2x－1＝3（x－1），列表如下：

x

－

1

（1，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

所以f（x）的单调递增区间是和（1，＋∞）；

f（x）的单调递减区间是.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，＋∞）.14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＝－.8分

f（x）与f′（x）在区间（－∞，＋∞）上的情况如下：

x

（－∞，－2）

－2

－

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

c

c－

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

由f（x）的单调性知，当且仅当c∈时，函数f（x）＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.14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）＝lnx＋，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）－零点的个数.【导学号：

62172115】

[解]　

（1）由题设，当m＝e时，f（x）＝lnx＋，

则f′（x）＝，由f′（x）＝0，得x＝e.2分

∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上单调递减；

当x∈（e，＋∞）时，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）＝lne＋＝2，

∴f（x）的极小值为2.4分

（2）由题设g（x）＝f′（x）－＝－－（x＞0），

令g（x）＝0，得m＝－x3＋x（x＞0）.6分

设φ（x）＝－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）＝.10分

又φ（0）＝0，结合y＝φ（x）的图象（如图），可知

①当m＞时，函数g（x）无零点；

②当m＝时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当0＜m＜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＞时，函数g（x）无零点；

当m＝或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点.14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.

角度1　证明不等式

　设a为实数，函数f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R.

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）求证：

当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.

[解]　

（1）由f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R，f′（x）＝ex－2，x∈R.令f′（x）＝0，得x＝ln2.

于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

（－∞，ln2）

ln2

（ln2，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

单调递减

2（1－ln2＋a）

单调递增

故f（x）的单调递减区间是（－∞，ln2），单调递增区间是（ln2，＋∞），

f（x）在x＝ln2处取得极小值，极小值为f（ln2）＝eln2－2ln2＋2a＝2（1－ln2＋a）.6分

（2）设g（x）＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′（x）＝ex－2x＋2a，x∈R.

由

（1）知当a＞ln2－1时，g′（x）最小值为g′（ln2）＝2（1－ln2＋a）＞0.于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，

所以g（x）在R内单调递增．

于是当a＞ln2－1时，对任意x∈（0，＋∞），都有g（x）＞g（0）．

又g（0）＝0，从而对任意x∈（0，＋∞），g（x）＞0.

即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.14分

角度2　不等式恒成立问题

　（2016·全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－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）lnx－4（x－1），

f

（1）＝0，f′（x）＝lnx＋－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＝0.6分

（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0等价于lnx－＞0.

设g（x）＝lnx－，

则g′（x）＝－＝，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－，x2＝a－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].14分

角度3　存在型不等式成立问题

　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＝1.3分

（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）.5分

①若a≤，则≤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）<的充要条件为f

（1）<，即－1<，解得－－1

②若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.10分

所以存在x0≥1，使得f（x0）<的充要条件为f<.

而f＝aln＋＋>，所以不合题意．

③若a>1，则f

（1）＝－1＝<恒成立，所以a＞1.

综上，a的取值范围是（－－1，－1）∪（1，＋∞）.14分

[规律方法]　1.运用导数证明不等式，常转