高考数学一轮复习第三章导数及其应用第五节热点专题--导数综合应用的热点问题课件理
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(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．
[听前试做] (1)f′(x)＝1x＋2a(x－1)(x>0)， ∴f′(1)＝1，又 f(1)＝0， ∴f(x)在点 P(1,0)处的切线方程为 y＝x－1. (2)f′(x)＝2ax2－x2ax＋1(x>0)，令 g(x)＝2ax2－2ax＋1(x>0)， ①a＝0 时，f′(x)＝0 无解，f(x)无极小值； ②a<0 时，g(0)＝1>0，所以 g(x)＝0 有两解 x1，x2，且 x1<0<x2； 0<x<x2 时，g(x)>0，f′(x)>0，x>x2 时，g(x)<0，f′(x)<0，此时 f(x) 无极小值．
(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．
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(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．
已知函数 f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x， (1)若 a＝2，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调区间．
解：(1)当 a＝2 时，f(x)＝12x2－2x＋ln x， ∴f′(x)＝x－2＋1x，∴f(1)＝12－2＝－32，f′(1)＝0， ∴函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－32. (2)由题知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－a＋a－x 1＝x2－ax＋x a－1＝x－1xx＋1－a， 令 f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝a－1，
(3)由题意，f(x)≤x－1，x≥1， 即 ln x＋a(x－1)2≤x－1，x≥1. 下证：ln x≤x－1，x>0， 记 h(x)＝ln x－(x－1)＝ln x－x＋1，x>0， 则 h′(x)＝1x－1＝1－x x，x>0， 0<x<1 时，h′(x)>0， x>1 时，h′(x)<0，∴h(x)≤h(1)＝0， 即 ln x≤x－1，x>0.
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)．
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．
[典题 2] 已知函数 f(x)＝xln x＋(a－1)x(a∈R)． (1)求函数 f(x)在区间1e，e上的最小值； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝2x3－3x2 在区间12，2上有两个不相等的 实数根，求实数 a 的取值范围．
①a≤0 时，f(x)≤ln x≤x－1； ②a>0 时，取 x>1＋1a， 则 f(x)＝ln x＋a(x－1)(x－1)>ln1＋1a＋a1＋1a－1(x－1)>ln 1＋x－1＝x－1，与题意矛盾．故 a 的最大值为 0.
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．
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．
[典题 1] (2016·成都模拟)已知关于 x 的函数 f(x)＝ln x＋ a(x－1)2(a∈R)．
①当 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区间 是(0，＋∞)．
②当 a－1>1，即 a>2 时，在区间(0,1)和(a－1，＋∞)上， f′(x)>0；在区间(1，a－1)上，f′(x)<0，
故函数 f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a－1，＋∞)，单调增减 区间是(1，a－1)．
[听前试做] (1)f′(x)＝ln x＋a(x>0)． 由 f′(x)＝0 得 x＝e－a.当 x∈(0，e－a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数， 当 x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数． ①当 e－a<1e，即 a>1 时，f(x)在1e，e上为增函数，f(x)min＝f1e＝ a－e 2； ②当1e≤e－a≤e，即－1≤a≤1 时，f(x)在 1e，e－a上为减函数．在 [e－a，e]上为增函数，f(x)min＝f(e－a)＝－e－a；
③当 e－a>e，即 a<－1 时，f(x)在 1e，e上为减函数，f(x)min＝ f(e)＝ea.
③a>0 时， ∵g(0)＝1>0，g(x)的对称轴为 x＝12， 要使函数 f(x)有极小值，则 Δ>0 即 4a2－8a>0. ∴a<0 或 a>2，∴a>2. 此时 g(x)＝0 有两解 x3，x4>0，不妨设 x3≤x4， 则 x3<x<x4 时，g(x)<0，f′(x)<0. x>x4 时，g(x)>0，f′(x)>0，此时 f(x)有极小值 f(x4)． 综上所述，a 的取值范围为(2，＋∞)．
[听前试做] (1)f′(x)＝1x＋2a(x－1)(x>0)， ∴f′(1)＝1，又 f(1)＝0， ∴f(x)在点 P(1,0)处的切线方程为 y＝x－1. (2)f′(x)＝2ax2－x2ax＋1(x>0)，令 g(x)＝2ax2－2ax＋1(x>0)， ①a＝0 时，f′(x)＝0 无解，f(x)无极小值； ②a<0 时，g(0)＝1>0，所以 g(x)＝0 有两解 x1，x2，且 x1<0<x2； 0<x<x2 时，g(x)>0，f′(x)>0，x>x2 时，g(x)<0，f′(x)<0，此时 f(x) 无极小值．
(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．
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(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．
已知函数 f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x， (1)若 a＝2，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调区间．
解：(1)当 a＝2 时，f(x)＝12x2－2x＋ln x， ∴f′(x)＝x－2＋1x，∴f(1)＝12－2＝－32，f′(1)＝0， ∴函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－32. (2)由题知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－a＋a－x 1＝x2－ax＋x a－1＝x－1xx＋1－a， 令 f′(x)＝0，解得 x1＝1，x2＝a－1，
(3)由题意，f(x)≤x－1，x≥1， 即 ln x＋a(x－1)2≤x－1，x≥1. 下证：ln x≤x－1，x>0， 记 h(x)＝ln x－(x－1)＝ln x－x＋1，x>0， 则 h′(x)＝1x－1＝1－x x，x>0， 0<x<1 时，h′(x)>0， x>1 时，h′(x)<0，∴h(x)≤h(1)＝0， 即 ln x≤x－1，x>0.
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)．
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．
[典题 2] 已知函数 f(x)＝xln x＋(a－1)x(a∈R)． (1)求函数 f(x)在区间1e，e上的最小值； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝2x3－3x2 在区间12，2上有两个不相等的 实数根，求实数 a 的取值范围．
①a≤0 时，f(x)≤ln x≤x－1； ②a>0 时，取 x>1＋1a， 则 f(x)＝ln x＋a(x－1)(x－1)>ln1＋1a＋a1＋1a－1(x－1)>ln 1＋x－1＝x－1，与题意矛盾．故 a 的最大值为 0.
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．
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．
[典题 1] (2016·成都模拟)已知关于 x 的函数 f(x)＝ln x＋ a(x－1)2(a∈R)．
①当 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区间 是(0，＋∞)．
②当 a－1>1，即 a>2 时，在区间(0,1)和(a－1，＋∞)上， f′(x)>0；在区间(1，a－1)上，f′(x)<0，
故函数 f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a－1，＋∞)，单调增减 区间是(1，a－1)．
[听前试做] (1)f′(x)＝ln x＋a(x>0)． 由 f′(x)＝0 得 x＝e－a.当 x∈(0，e－a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数， 当 x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数． ①当 e－a<1e，即 a>1 时，f(x)在1e，e上为增函数，f(x)min＝f1e＝ a－e 2； ②当1e≤e－a≤e，即－1≤a≤1 时，f(x)在 1e，e－a上为减函数．在 [e－a，e]上为增函数，f(x)min＝f(e－a)＝－e－a；
③当 e－a>e，即 a<－1 时，f(x)在 1e，e上为减函数，f(x)min＝ f(e)＝ea.
③a>0 时， ∵g(0)＝1>0，g(x)的对称轴为 x＝12， 要使函数 f(x)有极小值，则 Δ>0 即 4a2－8a>0. ∴a<0 或 a>2，∴a>2. 此时 g(x)＝0 有两解 x3，x4>0，不妨设 x3≤x4， 则 x3<x<x4 时，g(x)<0，f′(x)<0. x>x4 时，g(x)>0，f′(x)>0，此时 f(x)有极小值 f(x4)． 综上所述，a 的取值范围为(2，＋∞)．