高考数学高考必考题突破讲座(一)

高考必考题突破讲座(一) 导数及其应用

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1．利用导数研究方程的根(或函数的零点)

函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；

(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围； (3)讨论零点个数的答题模板： 第一步：求函数的定义域；

第二步：分类讨论函数的单调性、极值；

第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数．

2.利用导数研究恒成立、能成立问题求参数的范围,导数在不等式中的应用是高考的热点，常见的命题角度是由不等式恒成立和不等式能成立求参数的范围问题．其转化途径：

(1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ；存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )>g (x )恒成立

F (x )＝f (x )－g (x )

F (x )min >0.

(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2

)⇔

f (x )min >

g (x )min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .

⑤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烦琐时，可采用直接构造函数的方法进行分类讨论求解．

3.利用导数证明不等式,利用导数证明不等式，常以解答题的形式出题，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度有利用导数证明不等式和能成立(恒成立)问题．

(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f (x )

(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如果证f (x )≥g (x )在D 上成立，只需证明f (x )min ≥g (x )max 即可．

(3)利用导数证明一个不等式，并进行代换、变形，推导一些其他的不等式．

【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 为奇函数，且x ＝－1处取得极大值2.,(1)求f (x )的解析式；,(2)过点A (1，t )(t ≠－2)可作函数f (x )图象的三条切线，求实数t 的取值范围．

解析 (1)因为f (x )为奇函数，故b ＝d ＝0，f ′(x )＝3ax 2＋c .,又f ′(－1)＝0，f (－1)＝2，故－a －c ＝2,3a ＋c ＝0

解得a ＝1，c ＝－3，故f (x )＝x 3－3x .,(2)设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧

y 0＝x 3

0－3x 0，y 0－t x 0－1

＝3x 2

0－3，消去y 0，得2x 30－3x 20＋3＋t ＝0.设g (x )＝2x 3－3x 2

＋t ＋3，因为过A 的切线有三条，所以g (x )有三

个零点，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，所以g (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上递增在(0,1)上递减，所以g (x )的极小值为g (1)＝t ＋2，极大值为g (0)＝t ＋3.

所以(t ＋2)(t ＋3)<0，得t 的取值范围是(－3，－2)． 【例2】 已知函数f (x )＝1

x ＋k ln x ，k ≠0.

(1)当k ＝2时，求函数f (x )切线斜率中的最大值； (2)若关于x 的方程f (x )＝k 有解，求实数k 的取值范围．

解析 (1)函数f (x )＝1x ＋k ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝－1x 2＋k

x (x >0)．

当k ＝2时，f ′(x )＝－1x 2＋2

x ＝－⎝⎛⎭⎫1x －12＋1≤1， 所以函数f (x )切线斜率的最大值为1． (2)因为关于x 的方程f (x )＝k 有解， 令g (x )＝f (x )－k ＝1

x ＋k ln x －k ，

则问题等价于函数g (x )存在零点， 所以g ′(x )＝－1x 2＋k x ＝kx －1

x

2.

当k <0时，g ′(x )<0对x >0成立， 函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．

而g (1)＝1－k >0，g ⎝ ⎛⎭

⎪⎪⎫e 1－1k ＝1

e 1－

1k －1<1

e －1<0，

所以函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点． 当k >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1

k .

g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表.

所以g ⎝⎛⎭⎫1k ＝k －k ＋k ln 1

k ＝－k ln k 为函数g (x )的最小值． 当g ⎝⎛⎭⎫1k >0时，即00， 所以函数g (x )存在零点．

综上，当k <0或k ≥1时，关于x 的方程f (x )＝k 有解． 【例3】 已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x . (1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值集合． 解析 (1)f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2a ·x 2

＋1x

(x >0)．

①若a ≥0，恒有f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②若a <0，当0

1

2a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝

⎛⎭

⎫

0，－

12a 上是增函数； ③若x >

－

1

2a ，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭

⎫－

12a ，＋∞上是减函数．

综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上增函数；当a <0时，f (x )在⎝

⎛⎭

⎫

0，

－

12a 上增函数，f ′(x )在 ⎝

⎛

⎭

⎫－

12a ，＋∞上是减函数． (2)由题意知对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]时， 恒有ma －f (x )>a 2成立，等价于ma －a 2>f (x )max .