新編高考數學一輪復習學案訓練課件： 專題探究課1 函數與導數中的高考熱點問題 理 北師大版

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1、 一)　函數與導數中的高考熱點問題 (對應學生用書第44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，函數與導數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、轉化與化歸思想等，中、高檔難度均有． 利用導數研究函數的性質 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)

2、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． 　(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． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 若a>0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上無最大值；

3、 當a>0時，f(x)在x＝取得最大值，最大值為 f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2等價于ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，g(1)＝0. 于是，當01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0,1)． [規(guī)律方法]　1.研究函數的性質，必須在定義域內進行，因此利用導數研究函數的性質，應遵循定義域優(yōu)先的原則. 2.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

4、等式問題. 3.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. [跟蹤訓練]　(20xx·福州質檢)已知函數f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R). 【導學號：79140096】 (1)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調區(qū)間； (2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]的最小值h(a)． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2x－a＝， 因為x＝3是f(x)的極值點， 所以f′(3)＝＝0，解得a＝9. 所以f′(x)＝＝， 所以當0＜x＜或x＞3時，f′(x)＞0； 當＜

5、x＜3時，f′(x)＜0. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為和(3，＋∞)，單調遞減區(qū)間為. (2)由題知，g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－ax－2x. g′(x)＝－2＝. ①當≤1，即a≤2時，g(x)在[1，e]上為增函數， h(a)＝g(1)＝－a－1； ②當1＜＜e，即2＜a＜2e時，g(x)在上為減函數，在上為增函數， h(a)＝g＝aln－a2－a； ③當≥e，即a≥2e時，g(x)在[1，e]上為減函數， h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e. 綜上，h(a)＝ 利用導數研究函數的零點問題 研究函數零點的本質就是研究函數的極值

6、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． 　(20xx·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍. [解]　(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減． (ⅱ)若a>0，則由f′(

7、x)＝0得x＝－ln a. 當x∈(－∞，－ln a)時，f′(x)<0； 當x∈(－ln a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，－ln a)單調遞減，在(－ln a，＋∞)單調遞增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點． (ⅱ)若a>0，由(1)知，當x＝－ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a. ①當a＝1時，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個零點； ②當a∈(1，＋∞)時，由于1－＋ln a＞0， 即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點； ③當a∈(0,1)時，1－＋ln a＜0，即f

8、(－ln a)＜0. 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故f(x)在(－∞，－ln a)有一個零點． 設正整數n0滿足n0＞ln， 則f(n0)＝e(ae＋a－2)－n0＞e－n0＞2－n0＞0. 由于ln＞－ln a， 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個零點． 綜上，a的取值范圍為(0,1)． [規(guī)律方法]　利用導數研究函數零點的兩種常用方法 (1)用導數研究函數的單調性，借助零點存在性定理判斷；或用導數研究函數的單調性和極值，再用單調性和極值定位函數圖像求解零點問題. (2)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.

9、 [跟蹤訓練]　(20xx·武漢調研)已知f(x)＝ln x－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e為自然對數的底數． (1)若f(x)在x＝e處的切線的斜率為e2，求a； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝－3x2＋4ex－a， f′(e)＝＋e2－a＝e2，∴a＝. (2)由ln x－x3＋2ex2－ax＝0，得－x2＋2ex＝a. 記F(x)＝－x2＋2ex， 則F′(x)＝－2(x－e)． x∈(e，＋∞)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調遞減． x∈(0，e)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調遞增， ∴F(x)max＝F(e)＝＋e2

10、， 而x→0時，F(xiàn)(x)→－∞， x→＋∞時，F(xiàn)(x)→－∞.故a＜＋e2. 利用導數研究不等式問題(答題模板) 導數在不等式中的應用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，突出轉化思想、函數思想的考查．常見的命題角度有：(1)證明不等式；(2)由不等式恒成立求參數范圍問題；(3)不等式恒成立、能成立問題． 　(本小題滿分12分)(20xx·全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調性； (2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． [規(guī)范解答]　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝

11、0得x＝－1－或x＝－1＋. 2分 當x∈(－∞，－1－)時，f′(x)＜0； 當x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)＞0； 當x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)＜0. 4分 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調遞減，在(－1－，－1＋)單調遞增. 5分 (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當a≥1時，設函數h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調遞減．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 8分 當0

12、－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1. 10分 當a≤0時，取x0＝，則x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 11分 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞). 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 函數h(x)與函數g(x)的構造 認真分析不等式的結構特征，通過構造h(x)，利用不等式

13、的性質，證明命題成立，通過構造g(x)，為舉反例說明命題不成立創(chuàng)造了條件 [規(guī)律方法]　1.求單調區(qū)間的一般步驟 (1)求定義域. (2)求f′(x)，令f′(x)＞0，求出f(x)的增區(qū)間；令f′(x)＜0，求出f(x)的減區(qū)間. (3)寫出結論. 2.恒成立問題的三種解法 (1)分離參數，化為最值問題求解. (2)構造函數，分類討論，如f(x)≥g(x)，即F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)min≥0. (3)轉變主元，選取適當的主元，可使問題簡化. [跟蹤訓練]　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)

14、證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln. 【導學號：79140097】 [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，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 又f′(a)>0，假設存在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)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln .