2018一轮北师大版理数学教案：热点探究课1 导数应用中

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．
[规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a. 2分 若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上递增. 3分
若a>0，则当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞时，f ′(x )<0.
5分 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞上递减. 6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 7分 当a>0时，f (x )在x ＝1
a 取得最大值，最大值为
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 9分 因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.
10分
令g(a)＝ln a ＋a －1，则g(a)在(0，＋∞)上递增，g(1)＝0. 于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1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．
[对点训练1] (2017·郑州模拟)已知函数f (x )＝x 2e －a x ，a ∈R .
(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的图像在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性．
[解] (1)因为当a ＝1时，f (x )＝x 2e －x ，f ′(x )＝2x e －x －x 2e －x ＝(2x －x 2)e －x ，
2分
所以f (－1)＝e ，f ′(－1)＝－3e.
从而y ＝f (x )的图像在点(－1，f (－1))处的切线方程为y －e ＝－3e(x ＋1)，即y ＝－3e x －2e.
4分 (2)f ′(x )＝2x e －ax －ax 2e －ax ＝(2x －ax 2)e －ax . ①当a ＝0时，若x ＜0，则f ′(x )＜0，若x ＞0， 则f ′(x )＞0.
所以当a ＝0时，函数f (x )在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上
为增函数. 6分
②当a ＞0时，由2x －ax 2＜0，解得x ＜0或x ＞2
a ，由2x －ax 2＞0，解得0＜x ＜2a .所以f (x )在区间(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为减函数，在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，2a 上为增函数.
8分
③当a ＜0时，由2x －ax 2
＜0，解得2a ＜x ＜0，由2x －ax 2
＞0，解得x ＜2a 或x
＞0.
所以，当a ＜0时，函数f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上为增函数，在区
间⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ，0上为减函数. 10分
综上所述，当a ＝0时，f (x )在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增； 当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上递减，在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，2a 上递增；
当a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上递减，在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上递增. 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．
(2016·北京高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.
6分
令f ′(x )＝0，得3x 2
＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－2
3.
8分
f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎭⎪⎫－2，－23，
x 3∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.
由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋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像的交点问题，利用数形结合来解决．
[对点训练2] 设函数f (x )＝ln x ＋m
x ，m ∈R .
(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x
3零点的个数．
【导学号：57962128】
[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e
x ， 则f ′(x )＝x －e
x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.
2分
∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上递减； 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e
e ＝2， ∴
f (x )的极小值为2.
4分 (2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x
3(x ＞0)，
令g (x )＝0，得m ＝－13x 3
＋x (x ＞0). 5分
设φ(x )＝－1
3x 3＋x (x ≥0)，
则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)， 当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上递增；
当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上递减，
∴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，
∴φ(x )的最大值为φ(1)＝2
3.
8分
又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知
①当m ＞2
3时，函数g (x )无零点；
②当m ＝2
3时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜2
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． 综上所述，当m ＞2
3时，函数g (x )无零点； 当m ＝2
3或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0＜m ＜2
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．
☞角度1 证明不等式
(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x －a ln 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 )≥2a ＋a ln 2
a .
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－a
x(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－a
x，3分
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上递增，v(x)＝－a
x在(0，＋∞)上递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上递增．
又f′(a)>0，当b满足0<b<a
4且b<
1
4时，f′(b)<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)上递减，在(x0，＋∞)上递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). 9分
由于2e2x0－a
x0＝0，
所以f(x0)＝
a
2x0＋2ax0＋a ln
2
a≥2a＋a ln
2
a.
故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2
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)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
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
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－a(x－1)
x＋1
＞0.
设g(x)＝ln x－a(x－1) x＋1
，
则g′(x)＝1
x－
2a
(x＋1)2
＝
x2＋2(1－a)x＋1
x(x＋1)2
，g(1)＝0. 9分
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)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)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Ⅰ)设函数f(x)＝a ln x＋1－a
2x
2－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
a－1
，求a的取值范围．
[解](1)f′(x)＝a
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，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝a ln x＋1－a
2x
2－x，
f′(x)＝a
x＋(1－a)x－1＝
1－a
x⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
x－
a
1－a(x－1). 5分
①若a≤1
2，则
a
1－a
≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<
a
a－1
的充要条件为f(1)<
a
a－1
，即
1－a
2－1<
a
a－1
，
解得－2－1<a<2－1. 7分
②若1
2<a<1，则
a
1－a
>1，故当x∈
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1，
a
1－a时，f′(x)<0，当x∈⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
a
1－a
，＋∞
时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a 1－a ，＋∞上递增.
9分
所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <a
a －1.
而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1>a a －1，所以不合题意．
③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a
a －1恒成立，所以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．。