2019年高考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（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 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)

2、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 ) 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 a0 ，则 f( x)0，所以 f(x)在 (0， ) 上单调递增 若 a0，则当 x ? ?0， 1a 时， f( x)0； 当 x ? ?1a， 时， f( x)0 时， f(x)在 x 1a取得最大值，最大值为 f? ?1a ln?

3、?1a a? ?1 1a ln a a 1. 因此 f? ?1a 2a 2 等价于 ln a a 11 时， g(a)0. 因此， a 的取值范围是 (0,1) =【 ;精品教育资源文库 】 = 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 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 . 3.若已知 f x 的单调性，则转化为不等式 f x 或 f x 在单调区 间上恒成立问题求解 . 跟踪训练 (2018

4、福州质检 )已知函数 f(x) aln x x2 ax(a R). 【导学号： 79140096】 (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 (2x 3)(x 3)x ， 所以当 0 x 32或 x 3 时， f( x) 0； 当 32 x 3 时， f( x) 0. 所以

5、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(2x a)(x 1)x . 当 a21 ，即 a2 时， g(x)在 1， e上为增函数， h(a) g(1) a 1； 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； 当 a2e ，即 a2e 时， g(x)在 1， e上为减函数， =【 ;精品教育资源文库 】

6、= h(a) g(e) (1 e)a e2 2e. 综上， h(a)? a 1， a2 ，alna2 14a2 a， 2 a 2e，(1 e)a e2 2e， a2e.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、图像交点的个数； (2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围 (2017 全国卷 ) 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 .

7、解 (1)f(x)的定义域为 ( ， ) ， f( x) 2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1) () 若 a0 ，则 f( x)0，则由 f( x) 0 得 x ln a. 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)() 若 a0 ，由 (1)知， f(x)至多有一个零点 () 若 a0，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. 当 a 1 时，由于 f( ln a) 0，故 f(x)只有一个零点； 当 a(1 ，

8、) 时，由于 1 1a ln a 0， 即 f( ln a)0，故 f(x)没有零点； 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 20， 故 f(x)在 ( ， ln a)有一个零点 设正整数 n0满足 n0 ln? ?3a 1 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 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

9、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像求解零点问题 . 将零点问题转化为函数图像的交点问题，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

10、 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 x0 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

11、=【 ;精品教育资源文库 】 = (本小题满分 12 分 )(2017 全国卷 ) 设函数 f(x) (1 x2)ex. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 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 (

12、2)f(x) (1 x)(1 x)ex. 当 a1 时，设函数 h(x) (1 x)ex， h( x) xex 0(x0)，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(1 x)(1 x)2， (1 x)(1 x)2 ax 1 x(1 a x x2)，取 x05 4a 12 ，则 x0(0,1) ， (1 x0)(1 x0)2 ax0 1 0，故 f(x0) ax0 1. 10 分 当 a0 时，取 x0 5 12 ，则 x0(0,1) ， f(x0) (1 x0)(1 x0)2 1 ax0 1. 1

13、1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 f x ，令 f x 0，求出 f x 的增区间；令 f x 0，求出 f x的减区间 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 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 min0. 转

14、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)2 a aln2a. 【导学号： 79140097】 解 (1)f(x)的定义域为 (0， ) ， f( x) 2e2x ax(x0) 当 a0 时， f( x)0， f( x)没有零点； 当 a0 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 00 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. 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) 由于 2e2x0 ax0 0，所以 f(x0) a2x0 2ax0 aln2a2 a aln 2a. 故当 a0 时， f(x)2 a aln 2a.