2019高三數(shù)學(xué)（人教A版理）一輪教師用書(shū)專題探究課1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題

一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第44頁(yè))[命題解讀]函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容，導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的重要工具，因此，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是歷年高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)，常涉及的問(wèn)題有：討論函數(shù)的單調(diào)性(求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)、求極值、求最值、求切線方程、求函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、求參數(shù)的范圍、證明不等式等，涉及的數(shù)學(xué)思想有：函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸思想等，中、高檔難度均有．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)函數(shù)的單調(diào)性、極值是局部概念，函數(shù)的最值是整體概念，研究函數(shù)的性質(zhì)必須在定義域內(nèi)進(jìn)行，因此，務(wù)必遵循定義域優(yōu)先的原則，本熱點(diǎn)主要有三種考查方式：(1)討論函數(shù)的單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)的極值或最值；(3)利用函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，求參數(shù)的范圍．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍．[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上無(wú)最大值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2等價(jià)于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)<0；當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0.因此，a的取值范圍是(0,1)．[規(guī)律方法]1.研究函數(shù)的性質(zhì)，必須在定義域內(nèi)進(jìn)行，因此利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)遵循定義域優(yōu)先的原則.2.討論函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值問(wèn)題，最終歸結(jié)到判斷f′x的符號(hào)問(wèn)題上，而f′x＞0或f′x＜0，最終可轉(zhuǎn)化為一個(gè)一元一次不等式或一元二次不等式問(wèn)題.3.若已知fx的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′x≥0或f′x≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)題求解.[跟蹤訓(xùn)練](2018·福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋xeq\s\up7(2)－ax(a∈R).【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190096】(1)若x＝3是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]的最小值h(a)．[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因?yàn)閤＝3是f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9.所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x)，所以當(dāng)0＜x＜eq\f(3,2)或x＞3時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)eq\f(3,2)＜x＜3時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))和(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).(2)由題知，g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋xeq\s\up7(2)－ax－2x.g′(x)＝eq\f(2x2－ax＋a,x)－2＝eq\f(2x－ax－1,x).①當(dāng)eq\f(a,2)≤1，即a≤2時(shí)，g(x)在[1，e]上為增函數(shù)，h(a)＝g(1)＝－a－1；②當(dāng)1＜eq\f(a,2)＜e，即2＜a＜2e時(shí)，g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上為減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上為增函數(shù)，h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)－eq\f(1,4)aeq\s\up7(2)－a；③當(dāng)eq\f(a,2)≥e，即a≥2e時(shí)，g(x)在[1，e]上為減函數(shù)，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋eeq\s\up7(2)－2e.綜上，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2＜a＜2e，,1－ea＋e2－2e，a≥2e.))利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題研究函數(shù)零點(diǎn)的本質(zhì)就是研究函數(shù)的極值的正負(fù)，為此，我們可以通過(guò)討論函數(shù)的單調(diào)性來(lái)解決，求解時(shí)應(yīng)注重等價(jià)轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，其主要考查方式有：(1)確定函數(shù)的零點(diǎn)、圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)由函數(shù)的零點(diǎn)、圖象交點(diǎn)的情況求參數(shù)的取值范圍．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aeeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)＋(a－2)eeq\s\up7(x)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.[解](1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝2aeeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)＋(a－2)eeq\s\up7(x)－1＝(aeeq\s\up7(x)－1)(2eeq\s\up7(x)＋1)．(ⅰ)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減．(ⅱ)若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－lna.當(dāng)x∈(－∞，－lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)單調(diào)遞增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．(ⅱ)若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－lna時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna.①當(dāng)a＝1時(shí)，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，由于1－eq\f(1,a)＋lna＞0，即f(－lna)>0，故f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；③當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，1－eq\f(1,a)＋lna＜0，即f(－lna)＜0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－eq\s\up7(2)＋2>－2e－eq\s\up7(2)＋2>0，故f(x)在(－∞，－lna)有一個(gè)零點(diǎn)．設(shè)正整數(shù)n0滿足n0＞lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))，則f(n0)＝eeq\s\up7(n0)(aeeq\s\up7(n0)＋a－2)－n0＞eeq\s\up7(n0)－n0＞2eq\s\up7(n0)－n0＞0.由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))＞－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍為(0,1)．[規(guī)律方法]利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)的兩種常用方法1用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助零點(diǎn)存在性定理判斷；或用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，再用單調(diào)性和極值定位函數(shù)圖象求解零點(diǎn)問(wèn)題.2將零點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題，利用數(shù)形結(jié)合來(lái)解決.[跟蹤訓(xùn)練](2018·武漢調(diào)研)已知f(x)＝lnx－x3＋2exeq\s\up7(2)－ax，a∈R，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)若f(x)在x＝e處的切線的斜率為eeq\s\up7(2)，求a；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－3xeq\s\up7(2)＋4ex－a，f′(e)＝eq\f(1,e)＋eeq\s\up7(2)－a＝eeq\s\up7(2)，∴a＝eq\f(1,e).(2)由lnx－x3＋2exeq\s\up7(2)－ax＝0，得eq\f(lnx,x)－xeq\s\up7(2)＋2ex＝a.記F(x)＝eq\f(lnx,x)－xeq\s\up7(2)＋2ex，則F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－2(x－e)．x∈(e，＋∞)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．x∈(0，e)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，∴F(x)max＝F(e)＝eq\f(1,e)＋eeq\s\up7(2)，而x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞.故a＜eq\f(1,e)＋eeq\s\up7(2).利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題(答題模板)導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用是每年高考的必考內(nèi)容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中高檔題，突出轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)思想的考查．常見(jiàn)的命題角度有：(1)證明不等式；(2)由不等式恒成立求參數(shù)范圍問(wèn)題；(3)不等式恒成立、能成立問(wèn)題．(本小題滿分12分)(2017·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－xeq\s\up7(2))eeq\s\up7(x).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．[規(guī)范解答](1)f′(x)＝(1－2x－xeq\s\up7(2))eeq\s\up7(x).令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)或x＝－1＋eq\r(2). 2分當(dāng)x∈(－∞，－1－eq\r(2))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0. 4分所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))單調(diào)遞增. 5分(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)eeq\s\up7(x).當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)eeq\s\up7(x)，h′(x)＝－xeeq\s\up7(x)＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 8分當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝eeq\s\up7(x)－x－1，g′(x)＝eeq\s\up7(x)－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增，而g(0)＝0，故eeq\s\up7(x)≥x＋1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>(1－x)(1＋x)eq\s\up7(2)，(1－x)(1＋x)eq\s\up7(2)－ax－1＝x(1－a－x－xeq\s\up7(2))，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)eq\s\up7(2)－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1. 10分當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，則x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)eq\s\up7(2)＝1≥ax0＋1. 11分綜上，a的取值范圍是[1，＋∞). 12分[閱卷者說(shuō)]易錯(cuò)點(diǎn)防范措施函數(shù)h(x)與函數(shù)g(x)的構(gòu)造.認(rèn)真分析不等式的結(jié)構(gòu)特征，通過(guò)構(gòu)造h(x)，利用不等式的性質(zhì)，證明命題成立，通過(guò)構(gòu)造g(x)，為舉反例說(shuō)明命題不成立創(chuàng)造了條件.[規(guī)律方法]1.求單調(diào)區(qū)間的一般步驟1求定義域.2求f′x，令f′x＞0，求出fx的增區(qū)間；令f′x＜0，求出fx的減區(qū)間.寫(xiě)出結(jié)論.2.恒成立問(wèn)題的三種解法1分離參數(shù)，化為最值問(wèn)題求解.2構(gòu)造函數(shù)，分類討論，如f(x)≥g(x)，即F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)min≥0.轉(zhuǎn)變主元，選取適當(dāng)?shù)闹髟?，可使?wèn)題簡(jiǎn)化.[跟蹤訓(xùn)練]設(shè)函數(shù)f(x)＝eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190097】[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)u(x)＝eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)，v(x)＝－eq\f(a,x)，因?yàn)閡(x)＝eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，假設(shè)存在b滿足0<b<eq\f(a,4)且b<eq