【推荐下载】全国通用2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究课1导数应用中的高考热点问题.pdf

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1、小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学热点探究课(一)导数应用中的高考热点问题 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

2、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12 分)(2015 全国卷)已知函数f(x)ln xa(1x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2 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 规范解答(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1xa.2 分若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增.3 分若a0

3、，则当x0，1a时，f(x)0；当x1a，时，f(x)0时，f(x)在x1a取得最大值，最大值为f1aln1aa11a ln aa1.9 分因此f1a2a2 等价于 ln aa10.10 分令g(a)ln aa 1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学因此，a的取值范围是(0,1).12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

4、数分类讨论第四步：求解(令f(x)0 或令f(x)0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)ax，3 分因为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，当b满足 0ba4且b14时，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点.5 分(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.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).9 分由于 2e2x0ax00，所以f(x0)a2x

5、02ax0aln2a2aaln 2a.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学故当a0 时，f(x)2aaln 2a.12 分?角度 2 不等式恒成立问题(2016全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4 时，求曲线yf(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a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x1x 3，f(1)2.3 分故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.5 分(2)当x(1，)时，f(x)0 等价于 ln

6、 xaxx10.设g(x)ln xaxx1，则g(x)1x2ax2x2ax1xx2，g(1)0.9 分当a2，x(1，)时，x22(1 a)x1x2 2x1 0，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2 时，令g(x)0 得x1a1a2 1，x2a1a2 1.由x21 和x1x21 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?角度 3 存在型不等式成立问题(2014全国卷)设函数f(x)aln x1a2x2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2

7、)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)aa1的充要条件为f(1)aa 1，即1a21aa1，解得21a21.7 分若12a1，故当x 1，a1a时，f(x)0，f(x)在 1，a1a上单调递减，在a1a，上单调递增.9 分所以存在x01，使得f(x0)aa1的充要条件为fa1aaa 1，所以不合题意若a1，则f(1)1a21a12aa1恒成立，所以a1.综上，a的取值范围是(21，21)(1，).12分 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

8、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xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，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热点探究训练(一)导数应用中的高考热点问题1(2015重庆高考)设函数f(x)3x2axex(aR)(1)若f(x)在x0 处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若f(x)在3，)上为减函数，求a的取值范围 解(1)对f(x)求导得f(x)xaxx2axxx23x2axaex.2 分因为f(

9、x)在x0 处取得极值，所以f(0)0，即a0.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学当a0 时，f(x)3x2ex，f(x)3x26xex，故f(1)3e，f(1)3e，从而f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y3e3e(x1)，化简得3xey0.5 分(2)由(1)知f(x)3x2axaex，令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0 解得x16aa2366，x26aa2366.7 分当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1x0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数.9 分由f(x)在3，)

10、上为减函数，知x26aa23663，解得a92.故a的取值范围为92，.12 分2已知函数f(x)ex(x2axa)，其中a是常数【导学号：31222100】(1)当a1 时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围 解(1)由f(x)ex(x2axa)可得f(x)exx2(a2)x.2分当a1 时，f(1)e，f(1)4e.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为：ye4e(x 1)，即y4ex3e.5 分(2)令f(x)exx2(a2)x 0，解得x(a2)或x0.6 分当(a2)

11、0，即a 2 时，在区间 0，)上，f(x)0，所以f(x)是 0，)上的增函数，所以方程f(x)k在0，)上不可能有两个不相等的实数根.8 分当(a2)0，即a 2 时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x 0(0，(a2)(a2)(a2)，)f(x)00小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学f(x)a a4ea 2由上表可知函数f(x)在0，)上的最小值为f(a2)a4ea2.因为函数f(x)是(0，(a 2)上的减函数，是(a2)，)上的增函数，且当xa时，有f(x)ea(a)a，又f(0)a.所以要使方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，则k的取值范围是

12、a 4ea2，a.12 分3(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(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)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex 2a).1 分()设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.3 分()设a0，由f(x)0 得x1 或xln(2a)若ae2，则f(x)(x1)(exe)，所以f(x)在(，)上单调递增若ae2，则 ln(2a)1，故当x(，ln(2a)(1，)时，f(x)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所

13、以f(x)在(，ln(2a)，(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减.5分若ae2，则 ln(2a)1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(ln(2a)，)上单调递增，在(1，ln(2a)上单调递减.7分(2)()设a0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 又小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学f(1)e，f(2)a，取b满足b0 且blna2，则f(b)a2(b2)a(b1)2a b232b0，所以f(x)有两个零点.9 分()设a0，则f(x)(x2)

14、ex，所以f(x)只有一个零点()设a0，若ae2，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增又当x1 时f(x)0，故f(x)不存在两个零点；若ae2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当x1 时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，).12分4(2017郑州二次质量预测)已知函数f(x)exxm.(1)讨论函数yf(x)在x(m，)上的单调性；(2)若m 0，12，则当xm，m1 时，函数yf(x)的图象是否总在函数g(x)x2x图象上方？请写出判断过程 解(1)f(x)exxmexxm2exxmxm2，2 分当

15、x(m，m1)时，f(x)0；当x(m1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增.4 分(2)由(1)知f(x)在(m，m1)上单调递减，所以其最小值为f(m1)em 1.5 分因为m 0，12，g(x)在xm，m1 最大值为(m1)2m1.所以下面判断f(m1)与(m1)2m 1 的大小，即判断ex与(1 x)x的大小，其中xm1 1，32.令m(x)ex(1 x)x，m(x)ex2x 1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因为xm 1 1，32，所以h(x)ex20，m(x)单调递增.8 分所以m(1)e30，m32e3240，故存在x0 1，32，使得m(x0)ex02x010，所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在x0，32上单调递增，所以m(x)m(x0)ex0 x20 x02x0 1x20 x0 x20 x0 1，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学所以当x0 1，32时，m(x0)x20 x010，即 ex(1x)x，也即f(m 1)(m1)2m1，所以函数yf(x)的图象总在函数g(x)x2x图象上方.12 分