高考数学专题复习课件：3-4导数综合应用的热点问题

高考数学专题复习课件：3-4导数综合应用的热点问题

§3.4 　热点专题 —— 导数综合应用的热点问题 热点一　利用导数研究函数性质的综合问题 利用导数研究函数的单调性、极值和最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题和解答题中都有涉及．主要有以下两种考查形式： (1) 研究具体函数的单调性、极值或最值，常涉及分类讨论思想． (2) 由函数的单调性、极值或最值，求解参数的值或取值范围． 【 例 1 】 (2017· 成都模拟 ) 已知关于 x 的函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ a ( x － 1) 2 ( a ∈ R) ． (1) 求函数 f ( x ) 在点 P (1 ， 0) 处的切线方程； (2) 若函数 f ( x ) 有极小值，试求 a 的取值范围； (3) 若在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上，函数 f ( x ) 不出现在直线 y ＝ x － 1 的上方，试求 a 的最大值． 【 方法规律 】 函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论． (1) 单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置进行讨论． (2) 极值讨论策略：极值的讨论以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点． (3) 最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值． 故函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (0 ， 1) 和 ( a － 1 ，＋ ∞ ) ，单调递减区间是 (1 ， a － 1) ． ③ 当 0 ＜ a － 1 ＜ 1 ，即 1 ＜ a ＜ 2 时，在区间 (0 ， a － 1) 和 (1 ，＋ ∞ ) 上 ， f ′ ( x ) ＞ 0 ；在区间 ( a － 1 ， 1) 上， f ′ ( x ) ＜ 0 ，故函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (0 ， a － 1) 和 (1 ，＋ ∞ ) ，单调递减区间是 ( a － 1 ， 1) ． ④ 当 a － 1 ≤ 0 ，即 a ≤ 1 时，在区间 (0 ， 1) 上， f ′ ( x ) ＜ 0 ，在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上， f ′ ( x ) ＞ 0 ，故函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (1 ，＋ ∞ ) ，单调递减区间是 (0 ， 1) ． 热点二　利用导数研究方程的根或函数的零点问题 此类试题一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点，一般有两种考查形式： (1) 确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题． (2) 应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题． 令 h ( x ) ＝ g ′( x ) ，则 h ′( x ) ＝ ( a x ln a ＋ b x ln b )′ ＝ a x (ln a ) 2 ＋ b x (ln b ) 2 ， 从而对任意 x ∈ R ， h ′ ( x ) ＞ 0 ，所以 g ′( x ) ＝ h ( x ) 是 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上的单调增函数． 于是当 x ∈ ( － ∞ ， x 0 ) 时， g ′ ( x ) ＜ g ′ ( x 0 ) ＝ 0 ；当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x ) ＞ g ′ ( x 0 ) ＝ 0. 因而函数 g ( x ) 在 ( － ∞ ， x 0 ) 上是单调减函数，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上是单调增函数． 下证 x 0 ＝ 0. 【 方法规律 】 对于方程解的个数 ( 或函数零点个数 ) 问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围． 变式训练 2 ． (2017· 济南模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x ＋ ax － a ( a ∈ R 且 a ≠ 0) ． (1) 若函数 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，求实数 a 的值，并求此时 f ( x ) 在 [ － 2 ， 1] 上的最大值； (2) 若函数 f ( x ) 不存在零点，求实数 a 的取值范围． 【 解析 】 (1) 函数 f ( x ) 的定义域为 R ， f ′ ( x ) ＝ e x ＋ a ， f ′ (0) ＝ e 0 ＋ a ＝ 0 ， ∴ a ＝－ 1 ， ∴ f ′ ( x ) ＝ e x － 1. ∵ 在区间 ( － ∞ ， 0) 上， f ′ ( x ) ＜ 0 ， f ( x ) 单调递减；在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上， f ′ ( x ) ＞ 0 ， f ( x ) 单调递增． ∴ 在 x ＝ 0 处， f ( x ) 取得极小值， ∴ a ＝－ 1. ∴ 当 a ＞ 0 时，函数 f ( x ) 存在零点，不满足题意． ② 当 a ＜ 0 时，令 f ′( x ) ＝ e x ＋ a ＝ 0 ，解得 x ＝ ln( － a ) ． 在区间 ( － ∞ ， ln( － a )) 上， f ′ ( x ) ＜ 0 ， f ( x ) 单调递减；在区间 (ln( － a ) ，＋ ∞ ) 上， f ′ ( x ) ＞ 0 ， f ( x ) 单调递增， ∴ 当 x ＝ ln( － a ) 时， f ( x ) 取得最小值． 函数 f ( x ) 不存在零点等价于 f (ln( － a )) ＝ e ln( － a ) ＋ a · ln( － a ) － a ＝－ 2 a ＋ a ln( － a ) ＞ 0 ， 解得－ e 2 ＜ a ＜ 0. 综上所述，实数 a 的取值范围是 ( － e 2 ， 0) ． 热点三　利用导数解决不等式问题 利用导数解决不等式问题是近几年高考热点，常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题． (1) 不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间 A 上恒成立 ( 存在性 ) ，求参数取值范围． (2) 证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立． (3) 大小比较问题，一般是作差后不易变形定号的三次 式、分式、以 e 为底的指数式或对数式、三角式结构，可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题． 角度一　不等式的恒成立问题 【 例 3 】 (2017· 西安八校联考 ) 已知函数 f ( x ) ＝ m ( x － 1)e x ＋ x 2 ( m ∈ R) ． (1) 若 m ＝－ 1 ，求函数 f ( x ) 的单调区间； (2) 若对任意的 x ＜ 0 ，不等式 x 2 ＋ ( m ＋ 2) x ＞ f ′ ( x ) 恒成立，求 m 的取值范围． 【 解析 】 (1) 当 m ＝－ 1 时， f ( x ) ＝ (1 － x )e x ＋ x 2 ， 则 f ′( x ) ＝ x (2 － e x ) ， 由 f ′( x ) ＞ 0 得， 0 ＜ x ＜ ln 2 ， 由 f ′( x ) ＜ 0 得 x ＜ 0 或 x ＞ ln 2 ， 故函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (0 ， ln 2) ，单调递减区间为 ( － ∞ ， 0) ， (ln 2 ，＋ ∞ ) ． 【 方法规律 】 求解不等式恒成立时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解． (2) 已知函数 f ( x ) ＝ a x ＋ x 2 － x ln a ( a ＞ 0 ， a ≠ 1) ． ① 求函数 f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； ② 求函数 f ( x ) 的单调递增区间； ③ 若存在 x 1 ， x 2 ∈ [ － 1 ， 1] ，使得 | f ( x 1 ) － f ( x 2 )| ≥ e － 1(e 是自然对数的底数 ) ，求实数 a 的取值范围． (2) ① 对 f ( x ) 求导，得 f ′( x ) ＝ a x ln a ＋ 2 x － ln a ，可得 f ′ (0) ＝ 0. 因为 f (0) ＝ 1 ，所以函数 f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ 1. ② 由 ① 知， f ′ ( x ) ＝ a x ln a ＋ 2 x － ln a ＝ 2 x ＋ ( a x － 1)·ln a . 因为当 a ＞ 0 ， a ≠ 1 时，总有 f ′( x ) 在 R 上是增函数， 又 f ′(0) ＝ 0 ，所以不等式 f ′( x ) ＞ 0 的解集为 (0 ，＋ ∞ ) ， 故函数 f ( x ) 的单调递增区间为 [0 ，＋ ∞ ) ． ③ 因为存在 x 1 ， x 2 ∈ [ － 1 ， 1] ，使得 | f ( x 1 ) － f ( x 2 )| ≥ e － 1 成立， 而当 x ∈ [ － 1 ， 1] 时， | f ( x 1 ) － f ( x 2 )| ≤ f ( x ) max － f ( x ) min ， 所以只需 f ( x ) max － f ( x ) min ≥ e － 1 即可． 对于 x ∈ [ － 1 ， 1] ， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表所示：