新版高考數學一輪復習學案訓練課件： 第2章 函數、導數及其應用 熱點探究課1 導數應用中的高考熱點問題學案 文 北師大版

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1、 1

2、 1 熱點探究課(一)　導數應用中的高考熱點問題 (對應學生用書第36頁) [命題解讀]　函數是中學數學的核心內容，導數是研究函數的重要工具，因此，導數的應用是歷年高考的重點與熱點，常涉及的問題有：討論函數的單調性(求函數的單調區(qū)間)、求極值、求最值、求切線方程、求函數的零點或方程的根、求參數的范圍、證明不等式等，涉及的數學思想有：函數與方程、分類討論、數形結合、轉化與化歸思想

3、等，中、高檔難度均有． 熱點1　利用導數研究函數的單調性、極值與最值(答題模板) 函數的單調性、極值是局部概念，函數的最值是整體概念，研究函數的性質必須在定義域內進行，因此，務必遵循定義域優(yōu)先的原則，本熱點主要有三種考查方式：(1)討論函數的單調性或求單調區(qū)間；(2)求函數的極值或最值；(3)利用函數的單調性、極值、最值，求參數的范圍． 　(本小題滿分12分)(20xx·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調性； (2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． [思路點撥]　(1)求出導數后對a分類討論，然后判斷單調

4、性；(2)運用(1)的結論分析函數的最大值，對得到的不等式進行等價轉化，通過構造函數并分析該函數的單調性求a的范圍． [規(guī)范解答]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－A． 2分 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增加的． 3分 若a>0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 5分 所以f(x)在上是增加的，在上是減少的． 6分 (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值； 7分 當a>0時，f(x)在x＝取得最大值，最大值為 f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 9分 因此f

5、>2a－2等價于ln a＋a－1<0. 10分 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上是增加的，g(1)＝0. 于是，當01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0,1). 12分 [答題模板]　討論含參函數f(x)的單調性的一般步驟 第一步：求函數f(x)的定義域(根據已知函數解析式確定)． 第二步：求函數f(x)的導數f′(x)． 第三步：根據f′(x)＝0的零點是否存在或零點的大小對參數分類討論． 第四步：求解(令f′(x)>0或令f′(x)<0)． 第五步：下結論． 第六步：反思回顧，查看

6、關鍵點、易錯點、注意解題規(guī)范． 溫馨提示：1.討論函數的單調性，求函數的單調區(qū)間、極值問題，最終歸結到判斷f′(x)的符號問題上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最終可轉化為一個一元一次不等式或一元二次不等式問題． 2．若已知f(x)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題求解． [對點訓練1]　已知函數f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′. (1)求a的值； (2)求函數f(x)的單調區(qū)間； (3)設函數g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函數g(x)在x∈[－3,2]上單調遞增，求實數c的取值范圍.

7、 【導學號：00090072】 [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax－1. 當x＝時，得a＝f′＝3×2＋2a×－1， 解得a＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c， 則f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下： x － 1 (1， ＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調遞增區(qū)間是和(1，＋∞)； f(x)的單調遞減區(qū)間是. (3)函數g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c

8、)·ex， 有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex， 因為函數g(x)在x∈[－3,2]上是增加的， 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的取值范圍是[11，＋∞)． 熱點2　利用導數研究函數的零點或曲線交點問題 研究函數零點的本質就是研究函數的極值的正負，為此，我們可以通過討論函數的單調性來解決，求解時應注重等價轉化與數形結合思想的應用，其主要考查方式有：(1)確定函數的零點、圖像交點的個數；(2)由函數的零點、圖像交點的情況求參數的取值范圍．

9、 　(20xx·北京高考節(jié)選)設函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋C． (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋B． 因為f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋C． (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. f(x)與

10、f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c  c－  所以，當c＞0且c－＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點． [規(guī)律方法]　用導數研究函數的零點，常用兩種方法：一是用導數判斷函數的單調性，借助零點存在性定理判斷；二是將零點問題轉化為函數圖像的交點問題，利用數形結合來解決． [對點訓練2]　設函數f(x)＝l

11、n x＋，m∈R. (1)當m＝e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值； (2)討論函數g(x)＝f′(x)－零點的個數． [解]　(1)由題設，當m＝e時，f(x)＝ln x＋， 則f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e. ∴當x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調遞減； 當x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上是增加的， ∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)

12、． 設φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當x∈(0,1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上是增加的； 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞減， ∴x＝1是φ(x)唯一的極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點， ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結合y＝φ(x)的圖像(如圖)，可知 ①當m＞時，函數g(x)無零點； ②當m＝時，函數g(x)有且只有一個零點； ③當0＜m＜時，函數g(x)有兩個零點； ④當m≤0時，函數g(x)有且只

13、有一個零點． 綜上所述，當m＞時，函數g(x)無零點； 當m＝或m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點； 當0＜m＜時，函數g(x)有兩個零點． 熱點3　利用導數研究不等式問題 導數在不等式中的應用問題是每年高考的必考內容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中高檔題．歸納起來常見的命題角度有：(1)證明不等式；(2)不等式恒成立問題；(3)存在型不等式成立問題． 角度1　證明不等式 　(20xx·全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數f′(x)零點的個數； (2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln. 【導學號：0009

14、0073】 [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上是增加的，v(x)＝－在(0，＋∞)上是增加的， 所以f′(x)在(0，＋∞)上是增加的． 又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x

15、)>0. 故f(x)在(0，x0)上是減少的，在(x0，＋∞)上是增加的，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln . 角度2　不等式恒成立問題 　(20xx·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝4時，f(x)＝(x＋1

16、)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2. 故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0. (2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0. 設g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0. ①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上是增加的，因此g(x)＞0； ②當a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當x∈(1，x2)時，g′(

17、x)＜0，g(x)在(1，x2)上是減少的，因此g(x)＜0. 綜上，a的取值范圍是(－∞，2]． 角度3　存在型不等式成立問題 　設函數f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范圍． 【導學號：00090074】 [解]　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－B． 由題設知f′(1)＝0，解得b＝1. 2分 (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－

18、1)． ①若a≤，則≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增加的. 4分 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f(1)<，即－1<，解得－－11，故當x∈時，f′(x)<0，當x∈時，f′(x)>0，f(x)在上是減少的，在上是增加的. 8分 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f<. 而f＝aln ＋＋>，所以不合題意. 10分 ③若a>1，則f(1)＝－1＝<恒成立，所以a＞1. 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞). 12分 [規(guī)律方法]　1.運用導數證明不等式，常轉化為求函數的最值問題． 2．不等式恒成立通?？梢岳煤瘮档膯握{性求出最值解決．解答相應的參數不等式，如果易分離參數，可先分離變量，構造函數，直接轉化為函數的最值問題，避免參數的討論． 3．“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求f(x)的最大值．應特別關注等號是否成立問題．