【文档说明】专题探究课一函数性质的综合应用课件.ppt，共(32)页，2.112 MB，由小橙橙上传

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以下为本文档部分文字说明：

高考导航函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类综合题，高考对导数计算的要求贯穿于与导数有关的每一道题目之中，多涉及三次函数、指数函数、对数函数、正弦函数、余弦函数以及由这些函数组合而成的一些函数的求导

问题；函数的单调性、极值、最值均是高考命题的重点内容，在选择、填空、解答题中都有涉及，试题难度不大.运用导数解决实际问题是函数应用的延伸，由于传统数学应用题的位置已经被概率解答题占据，所以在历年高考题中很少出现单独考查函数应用题的问题，但结

合其他知识综合考查用导数求解最值的问题在每年的高考试题中都有体现.另外，在压轴题中常考查导数与含参不等式、方程、解析几何等方面的综合应用等，且难度往往较大.热点一利用导数研究函数的单调性、极值与最值以含参数的函数为载体，结合导数的基本概念、几何意义等求解参数的值，或结合具体函

数，求其单调区间、极值、最值或利用函数的单调性、极值与最值求解参数的取值范围等都是较为常见的命题方式，此类题难度中等，正确地求出参数的值是关键.【例1】(满分12分)(2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx＋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a的取值范围.满分解答(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.(1分)若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上

单调递增.(3分)若a＞0，则当x∈0，1a时，f′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0.(5分)所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.(6分)(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；

(7分)当a＞0时，f(x)在x＝1a取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.(9分)因此f1a＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.(10分)令g(a)＝lna＋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，a的取值范围是(0，1).(12分)❶先求f(x)的定义域x∈(0，＋∞)，否则扣1分.❷对a分两种情况讨论.❸不要漏掉a≤0，f(x)的最

情况，否则扣1分.❹构造函数g(a)，并注意观察g(1)＝0.求含参函数f(x)的单调区间的一般步骤第一步：求函数f(x)的定义域(根据已知函数解析式确定).第二步：求函数f(x)的导数f′(x).第三

步：根据f′(x)＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论.第四步：求解(令f′(x)＞0或令f′(x)＜0).第五步：下结论.探究提高求解此类问题的关键在于正确理解最值的求解、判断的方法，将其转化

为函数的单调性问题求解，对于由函数的极值求解含参问题要注意结合导函数图象的性质进行分析，函数有极值点，则其导函数的图象必须穿过x轴，而若导函数的图象与x轴有公共点，则该函数不一定有极值点.【训练1】已知函数f(x)＝2ax－a2＋1x2＋1(x∈R)，其中a∈R.(1)当a＝1时，

求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值.解(1)当a＝1时，f(x)＝2xx2＋1，f(2)＝45，又f′(x)＝2－2x2（x2＋1）2，f′(2)＝－625，所以曲线y

＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为：y－45＝－625(x－2)，即6x＋25y－32＝0.(2)f′(x)＝2a（x2＋1）－2x（2ax－a2＋1）（x2＋1）2＝－2（x－a）（ax＋1）（x2＋1）

2，①当a＞0，令f′(x)＝0得到x1＝－1a，x2＝a.当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x－∞，－1a－1a－1a，aa(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以f(x)在区间－∞，－1a，(a

，＋∞)内为减函数，在区间－1a，a内为增函数，所以函数f(x)的极小值为f－1a＝－a2，极大值为f(a)＝1.②当a＜0时，令f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－1a，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)aa，－1a－1a

－1a，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在(－∞，a)，－1a，＋∞内为增函数，在a，－1a内为减函数，所以函数f(x)的极小值为f－1a＝－a2，极大值为f(a)＝1.综上，当a＞0时，函数f(x)的单调增区间为

－1a，a，单调递减区间为－∞，－1a，(a，＋∞)，极大值为1，极小值为－a2.当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，－1a，＋∞，递减区间为a，－1a，极大值为1，极小值为－a2.热点二利用导数解决不等式问题函数、导数与不等式相交汇是高

考命题的热点，命题形式灵活，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来解决.注意在构造新函数时，可直接利用题设条件写出函数的解析式，或通过对所要证明的不等式作差来构造函数，或根据题设条件的结构特征构造函数.教材原题(人教A选修1－1P9

9B组)证明下列不等式：(1)sinx＜x，x∈(0，π)；(2)ex＞1＋x，x≠0；(3)lnx＜x＜ex，x＞0.解题方法将不等式一边化为0，构造函数，利用函数的单调性，求函数的最大值(或最小值)即可.[考查角度一]利用导数证明不等式【例2－1】(20

15·福建卷节选)已知函数f(x)＝lnx－（x－1）22.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(1)解f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x＋1x，x∈(0，＋∞).由f′(x)＞0得x＞0，－x2＋x＋1＞0

.解得0＜x＜1＋52.故f(x)的单调递增区间是0，1＋52.(2)证明令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).则有F′(x)＝1－x2x.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故

当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.探究提高(1)证明f(x)＞g(x)可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，再利用导数求F(x)的最小值.(2)对于F(x)＝f(x)－g(x)的最小值，不易求出的情况，也可以通过f(x)，g(x)

的最值情况进行证明.【训练2－1】已知函数f(x)＝alnxx＋1＋bx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)

＞lnxx－1.(1)解f′(x)＝ax＋1x－lnx（x＋1）2－bx2.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)，故f（1）＝1，f′（1）＝－12，即b＝1，a2－b＝－12.解得a＝1，b＝1.(2)证明由(1)知f(x)＝lnxx＋1

＋1x，所以f(x)－lnxx－1＝11－x22lnx－x2－1x.考虑函数h(x)＝2lnx－x2－1x(x＞0)，则h′(x)＝2x－2x2－（x2－1）x2＝－（x－1）2x2.所以当x≠1时，h′(x)＜0.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)

时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞0.从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－lnxx－1＞0，即f(x)＞lnxx－1.[考查角度二]利用导数解决不等式恒成立问题【例2－2】(201

4·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝alnx＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝alnx＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1).①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋

∞)上单调递增.所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1的充要条件为f(1)＜aa－1，即1－a2－1＜aa－1，解得－2－1＜a＜2－1.②若12＜a＜1，则a1－a＞1，故当x∈1，a1－a

时，f′(x)＜0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)＞0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增.所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1的充要条件为f

a1－a＜aa－1.而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1＞aa－1，所以不合题意.③若a＞1，f(x)在[1，＋∞)上递减，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12＜aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).探究

提高“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题

是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.【训练2－2】已知函数f(x)＝xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x

∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值.解(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1，∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x

)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立，∴a≥－1－lnx，令h(x)＝－lnx－1，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a的取值范围是[－3，＋

∞).(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤2xlnx＋x2＋3x，令t(x)＝2xlnx＋x2＋3x＝2lnx＋x＋3x，∴t′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2＝（x＋3）（x－1

）x2，令t′(x)＝0得x＝1或－3(舍).当x∈(0，1)时，t′(x)＜0，t(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，t(x)在(1，＋∞)上单调递增.t(x)min＝t(1)＝4，∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4.热点

三利用导数研究方程的解或图象的交点问题解决函数、导数与方程的根相交汇试题的关键在于将方程的根或函数的零点问题转化为函数图象的交点问题或函数图象与x轴的交点个数，常涉及函数零点存在性定理，利用数形结合思想求解比较直观.除此之外，对于简单

的三个“二次”问题，利用一元二次方程根与系数的关系整体代换，并结合图象可直观求解.【例3】已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝

g(x)在区间[，e]上有两个不等解，求a的取值范围.解(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－2x＝2（ax2－1）x(x>0).①当a>0时，由ax2－1>0，得x>1a.由ax2－1<0，得0<

x<1a.故当a>0时，F(x)在区间1a，＋∞上单调递增，在区间0，1a上单调递减.②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立.故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.(2)原式等价于方程

a＝2lnxx2＝φ(x)在区间[2，e]上有两个不等解.由φ′(x)＝2x（1－2lnx）x4易知，φ(x)在(2，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(e)＝1e，而φ(e)＝2e2<2ln24＝ln22＝φ(2).所以φ(x)min＝φ(e

)，如图可知φ(x)＝a有两个不等解时，需ln22≤a＜1e.即f(x)＝g(x).在[2，e]上有两个不等解时a的取值范围为ln22≤a＜1e.探究提高函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不

等式)组求解，实现形与数的和谐统一.【训练3】(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小

值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即x30＋ax0

＋14＝0，3x20＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)内无零点.当x＝1时，若a≥－54，

则f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零

点.当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)内无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f(x)

在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)内没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在0，－a3上单调递减，在－a3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x＝－a3时，f(x)取得最小值，最小值为f－a3

＝2a3－a3＋14.①若f－a3>0，即－34<a<0，f(x)在(0，1)内无零点；②若f－a3＝0，即a＝－34，则f(x)在(0，1)内有唯一零点；③若f－a3<0，即－3<a<－34，由于f(

0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0，1)内有两个零点；当－3<a≤－54时，f(x)在(0，1)内有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54

<a<－34时，h(x)有三个零点.