信息技术应用 图形技术与函数性质教案3

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．

[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．

1[规范解答]

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a.2分

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分

1若a>0，则当x∈0，a时，f′(x)>0；

1当x∈a，＋∞时，f′(x)<0.5分

110，，＋∞上单调递减.6分

所以f(x)在上单调递增，在aa(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；7分

1当a>0时，f(x)在x＝a取得最大值，最大值为

1

111fa＝lna＋a1－a＝－ln a＋a－1.9分

1因此fa>2a－2等价于ln a＋a－1<0.10分

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).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．

2[对点训练1]

已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′3. (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－1.1分

22222当x＝3时，得a＝f′3＝3×3＋2a×3－1，

解得a＝－1.3分

(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，

2

1则f′(x)＝3x－2x－1＝3x＋3(x－1)，列表如下：

2x f′(x)

f(x)

1－∞，－3

＋

1－3

0

极大值

1－3，1

－

1

0

极小值

(1，＋∞) ＋

1所以f(x)的单调递增区间是－∞，－3和(1，＋∞)；

1f(x)的单调递减区间是－3，1.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，＋∞).12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，

3

所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.6分

2令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－3.8分

f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：

x f′(x)

f(x)

2(－∞，－2) －2

－2，－3

＋

0

c －

2－3

0

32c－27

2－3，＋∞

＋

232所以，当c＞0且c－27＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－3，x32∈－3，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 32由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，27时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.12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．

m[对点训练2]

设函数f(x)＝ln x＋x，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；

x(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－3零点的个数．

【导学号：31222099】

e[解]

(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋x，

x－e则f′(x)＝x2，由f′(x)＝0，得x＝e.2分

∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；

当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

e∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋e＝2，

∴f(x)的极小值为2.4分

4

x1mx(2)由题设g(x)＝f′(x)－3＝x－x2－3(x＞0)，

1令g(x)＝0，得m＝－3x3＋x(x＞0).5分

1设φ(x)＝－3x3＋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，

2∴φ(x)的最大值为φ(1)＝3.8分

又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知

2①当m＞3时，函数g(x)无零点；

2②当m＝3时，函数g(x)有且只有一个零点；

2③当0＜m＜3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．

2综上所述，当m＞3时，函数g(x)无零点；

2当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

32当0＜m＜3时，函数g(x)有两个零点.12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．

5

☞角度1

证明不等式

(2015·全国卷Ⅰ)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(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alna. a[解]

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－x(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；

a当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－x，3分

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

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

a1又f′(a)>0，当b满足0

故当a>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；

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，最小值为f(x0).9分

a由于2e2x0－x＝0，

0a22所以f(x0)＝2x＋2ax0＋alna≥2a＋aln a. 02故当a>0时，f(x)≥2a＋aln a.12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)ln x－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)ln x－4(x－1)，

6

1f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋x－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＝0.5分

ax－1(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0. x＋1ax－1设g(x)＝ln x－，

x＋1x2＋21－ax＋112a则g′(x)＝x－＝，g(1)＝0.9分

x＋12xx＋12①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－a－12－1，x2＝a－1＋a－12－1. 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].12分

☞角度3

存在型不等式成立问题

1－a

(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋2x2－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)

a－1a[解]

(1)f′(x)＝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，＋∞)，

1－a2由(1)知，f(x)＝aln x＋2x－x，

a1－aaf′(x)＝x＋(1－a)x－1＝xx－1－a(x－1).5分

1a①若a≤2，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单1－a

7

调递增．

所以，存在x0≥1，使得f(x0)<解得－2－1

a1aa②若21，故当x∈1，1－a时，f′(x)<0，当x∈1－a，＋∞1－aaa时，f′(x)>0，f(x)在1，1－a上单调递减，在1－a，＋∞上单调递增.9分

所以存在x0≥1，使得f(x0)，所以不合题意．

1－a21－aa－1a－11－a－a－1a③若a>1，则f(1)＝2－1＝2<恒成立，所以a＞1. a－1综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(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x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，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

3x2＋ax1．(2015·重庆高考)设函数f(x)＝ex(a∈R)．

(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(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)＝

8

6x＋aex－3x2＋axex

ex2－3x2＋6－ax＋a＝.2分

ex因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. －3x2＋6x3x233当a＝0时，f(x)＝ex，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝xeee，从而f(x)33在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝e(x－1)，化简得3x－ey＝0.5分

－3x2＋6－ax＋a(2)由(1)知f′(x)＝，

ex令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，

6－a－a2＋366－a＋a2＋36由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.7分

66当x

当x10，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；

当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数.9分

6－a＋a2＋369由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－.故629a的取值范围为－2，＋∞.12分

2．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．

【导学号：31222100】

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(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(x2＋ax－a)可得

f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x].2分

当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e. 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：

y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.5分

(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，

解得x＝－(a＋2)或x＝0.6分

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当－(a＋2)≤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－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x f′(x)

f(x)

0

0

－a (0，－(a＋2))

－

－(a＋2)

0

a＋4

ea＋2(－(a＋2)，＋∞) ＋

由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为

f(－(a＋2))＝a＋4. ea＋2因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，

是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，

有f(x)≥e－a(－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a＋4，－a.12分

围是a＋2e3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)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)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).1分

(ⅰ)设a≥0，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

(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

e①若a＝－2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，

所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

e②若a＞－2，则ln(－2a)＜1，

故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；

10

当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.5分

e③若a＜－2，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)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调aa递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln2，则f(b)＞2(b－2)＋a(b－31)2＝ab2－2b＞0，所以f(x)有两个零点.9分

(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．

e(ⅲ)设a＜0，若a≥－2，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1e时f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－2，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x≤1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

ex4．(2017·郑州二次质量预测)已知函数f(x)＝. x－m(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；

1(2)若m∈0，2，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．

exx－m－exexx－m－1[解]

(1)f′(x)＝＝，2分

x－m2x－m2当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0；当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以函数f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增.4分

(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，

11

所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.5分

120，因为m∈，g(x)在x∈[m，m＋1]最大值为(m＋1)＋m＋1. 2所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，3其中x＝m＋1∈1，2. 令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，

令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，

3因为x＝m＋1∈1，2，所以h′(x)＝ex－2＞0，m′(x)单调递增.8分

333所以m′(1)＝e－3＜0，m′2＝e2－4＞0，故存在x0∈1，2，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0，

3所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在x0，2上单调递增，

22所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x0－x0＝2x0＋1－x0－x0＝－x20＋x0＋1，

32所以当x0∈1，2时，m(x0)＝－x0＋x0＋1＞0，

即ex＞(1＋x)x，也即f(m＋1)＞(m＋1)2＋m＋1，

所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方.12分

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