【含五套高考卷】高三数学一轮复习：专题探究课1 函数与导数中的高考热点问题

一函数与导数中的高考热点问题

(对应学生用书第44页)

[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，函数与导数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．

利用导数研究函数的性质

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．

(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．

[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.

若a≤0，则f′(x)>0，

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a>0，则当x∈0，1a时，f′(x)>0；

当x∈1a，＋∞时，f′(x)<0.

所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．

(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＝1a取得最大值，最大值为

f1a＝ln1a＋a1－1a＝－ln a＋a－1.

因此f1a>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01时，g(a)>0.

因此，a的取值范围是(0,1)．

[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，最终归结到判断的符号问题上，而＞0或＜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.若已知的单调性，则转化为不等式或在单调区间上恒成立问题求解.

[跟踪训练] (2018·福州质检)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R).

【导学号：97190096】

(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)＝ax＋2x－a＝2x2－ax＋ax，

因为x＝3是f(x)的极值点，

所以f′(3)＝18－3a＋a3＝0，解得a＝9.

所以f′(x)＝2x2－9x＋9x＝－－x，

所以当0＜x＜32或x＞3时，f′(x)＞0；

当32＜x＜3时，f′(x)＜0.

所以f(x)的单调递增区间为0，32和(3，＋∞)，单调递减区间为32，3.

(2)由题知，g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－ax－2x.

g′(x)＝2x2－ax＋ax－2＝－－x.

①当a2≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，

h(a)＝g(1)＝－a－1；

②当1＜a2＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在1，a2上为减函数，在a2，e上为增函数，

h(a)＝ga2＝alna2－14a2－a；

③当a2≥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)＝ －a－1， a≤2，alna2－14a2－a，2＜a＜2e，－＋e2－2e，a≥2e.

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．

(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.

(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)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．

(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．

(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.

当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；

当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．

(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．

(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－1a＋ln a.

①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，

故f(x)只有一个零点；

②当a∈(1，＋∞)时，

由于1－1a＋ln a＞0，

即f(－ln a)>0，

故f(x)没有零点；

③当a∈(0,1)时，1－1a＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.

又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，

故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．

设正整数n0满足n0＞ln3a－1，

则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.

由于ln3a－1＞－ln a，

因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．

综上，a的取值范围为(0,1)．

[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法

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.

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.

[跟踪训练] (2018·武汉调研)已知f(x)＝ln x－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)＝1x－3x2＋4ex－a，

f′(e)＝1e＋e2－a＝e2，∴a＝1e.

(2)由ln x－x3＋2ex2－ax＝0，得ln xx－x2＋2ex＝a.

记F(x)＝ln xx－x2＋2ex，

则F′(x)＝1－ln xx2－2(x－e)．

x∈(e，＋∞)，F′(x)＜0，F(x)单调递减．

x∈(0，e)，F′(x)＞0，F(x)单调递增，

∴F(x)max＝F(e)＝1e＋e2，

而x→0时，F(x)→－∞，

x→＋∞时，F(x)→－∞.故a＜1e＋e2.

利用导数研究不等式问题(答题模板)

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．

(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．

[规范解答] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.

令f′(x)＝0得x＝－1－2或x＝－1＋2. 2分

当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；

当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；

当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0. 4分

所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增. 5分

(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.

当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 8分 当0

当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1. 10分

当a≤0时，取x0＝5－12，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 11分

综上，a的取值范围是[1，＋∞). 12分

[阅卷者说]

易错点 防范措施

函数h(x)与函数g(x)的构造.

认真分析不等式的结构特征，通过构造h(x)，利用不等式的性质，证明命题成立，通过构造g(x)，为举反例说明命题不成立创造了条件.

[规律方法] 1.求单调区间的一般步骤

求定义域.

求，令＞0，求出的增区间；令＜0，求出的减区间.

写出结论.

2.恒成立问题的三种解法

分离参数，化为最值问题求解.

构造函数，分类讨论，如f(x)≥g(x)，即F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)min≥0.

转变主元，选取适当的主元，可使问题简化.

[跟踪训练] 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＋aln2a.

【导学号：97190097】

[解]

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(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)＝－ax，

因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f′(a)>0，假设存在b满足0

故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．

(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