高考数学专题六函数与导数第4讲导数的热点问题学案文.doc

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1、第4讲　导数的热点问题[考情考向分析]　利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．热点一　利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1　(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝

2、ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当02时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明　当a≥时，f(x)≥－lnx－1.17设g(x)＝－lnx－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.思维升华　用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f

3、(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1

4、(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)证明　当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.热点二　利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2　(2018·雅安三

5、诊)设函数f(x)＝(x－1)ex－x2.17(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数．解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－kx＝xex－kx＝x，①当k≤0时，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，单调递增区间是(0，＋∞)，②当00，解得x0，令f′(x)<0，解得lnk

6、,0)．(2)f(0)＝－1，①当k<0时，f(1)＝－>0，又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点．在区间(－∞，0)中，因为f(x)＝(x－1)ex－x2>x－1－x2，取x＝－1∈(－∞，0)，于是f>－1－2＝－>0，又f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；②当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0.而在区间(－∞，0)内，f(x)<0，即f(x)在此区间内无零点．

7、所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点．17综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k＝0时，f(x)只有一个零点．思维升华　(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．跟踪演练2　(2018·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程

8、；(2)若d＝3，求f(x)的极值；(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围．解　(1)由已知，可得f(