2018届高考数学(理)热点题型:函数与导数(有答案)

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    有奖投稿

2018届高考数学(理)热点题型:函数与导数(有答案)

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文 章来 源莲山 课件 w w
w.5Y k J.cO m 函数与导数
热点一 利用导数研究函数的性质
利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一,每年必考,一般考查两类题型:(1)讨论函数的单调性、极值、最值,(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.
【例1】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,求实数a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈0,1a时,f′(x)>0;
当x∈1a,+∞时,f′(x)<0,
所以f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
综上,知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln 1a+a1-1a=-ln a+a-1.
因此f1a>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,
g(1)=0.
于是,当0<a<1时,g(a)<0;
当a>1时,g(a)>0.
因此,实数a的取值范围是(0,1).
【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论,讨论单调性要先求函数定义域,再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.
(2)由函数的性质求参数的取值范围,通常根据函数的性质得到参数的不等式,再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式,则可以直接解不等式得参数的取值范围;若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时,如求解ln a+a-1<0,则需要构造函数来解.
【对点训练】 已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e为自然对数的底数).
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,
所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex
=(-x2+2)ex.
令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为ex>0,
所以-x2+2>0,解得-2<x<2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(-2,2).
(2)因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,
所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立,
因为f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex
=[-x2+(a-2)x+a]ex,
所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立.
因为ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)都成立,
即a≥x2+2xx+1=(x+1)2-1x+1
=(x+1)-1x+1对x∈(-1,1)都成立.
令y=(x+1)-1x+1,则y′=1+1(x+1)2>0.
所以y=(x+1)-1x+1在(-1,1)上单调递增,
所以y<(1+1)-11+1=32.即a≥32.
因此实数a的取值范围为a≥32.
热点二 利用导数研究函数零点或曲线交点问题
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.
【例2】设函数f(x)=ln x+mx,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)-x3零点的个数.
解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+ex,
定义域为(0,+∞),则f′(x)=x-ex2,由f′(x)=0,得x=e.
∴当x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,
当x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,
∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+ee=2,
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)=f′(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0),
令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).
设φ(x)=-13x3+x(x>0),
则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
∴x=1是φ(x)的唯一极值点,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)=23.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),
 
可知①当m>23时,函数g(x)无零点;
②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0<m<23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>23时,函数g(x)无零点;
当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.
【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法:
(1)运用导数研究函数的单调性和极值,利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题;
(2)将函数零点问题转化为方程根的问题,利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.
【对点训练】函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;
(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解 (1)因为ex>0,(ax2+x)ex≤0.
∴ax2+x≤0.又因为a>0,
所以不等式化为xx+1a≤0.
所以不等式f(x)≤0的解集为-1a,0.
(2)当a=0时,方程即为xex=x+2,
由于ex>0,所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex-2x-1=0.
令h(x)=ex-2x-1,
因为h′(x)=ex+2x2>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数,
又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-13<0,
h(-2)=e-2>0,
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为{-3,1}.
热点三 利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用是高考的热点,常以解答题的形式考查,以中高档题为主,突出转化思想、函数思想的考查,常见的命题角度:(1)证明简单的不等式;(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.
【例3】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)≥2a+aln2a.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-ax(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)=-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,当b满足0<b<a4且b<14时,f′(b)<0(讨论a≥1或a<1来检验),
故当a>0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;
当x∈(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+aln2a≥2a+aln2a.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
【类题通法】1.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.证明不等式的答题模板
第一步:根据不等式合理构造函数;
第二步:求函数的最值;
第三步:根据最值证明不等式.
【对点训练】 已知函数f(x)=ax+ln x(a∈R).
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)设g(x)=x2-2x+2,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.
解 (1)由已知得f′(x)=2+1x(x>0),所以f′(1)=2+1=3,所以斜率k=3.又切点为(1,2),所以切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0,
故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为3x-y-1=0.
(2)f′(x)=a+1x=ax+1x(x>0),
①当a≥0时,由于x>0,故ax+1>0,f′(x)>0,所以f(x)的单调增区间为(0,+∞).
②当a<0时,由f′(x)=0,得x=-1a.
在区间0,-1a上,f′(x)>0,在区间-1a,+∞上,f′(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为0,-1a,单调递减区间为-1a,+∞.
(3)由已知得所求可转化为f(x)max<g(x)max,
g(x)=(x-1)2+1,x∈[0,1],
所以g(x)max=2,
由(2)知,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
值域为R,故不符合题意.
当a<0时,f(x)在0,-1a上单调递增,在-1a,+∞上单调递减,故f(x)的极大值即为最大值,是f-1a=-1+ln-1a=-1-ln(-a),
所以2>-1-ln(-a),解得a<-1e3. 文 章来 源莲山 课件 w w
w.5Y k J.cO m
最新试题

点击排行

推荐试题

| 触屏站| 加入收藏 | 版权申明 | 联系我们 |