1、熱點探究課 一導數應用中的高考熱點問題 命題解讀 函數是中學數學的核心內容，導數是爭論函數的重要工具，因此，導數的應用是歷年高考的重點與熱點，常涉及的問題有：爭論函數的單調性求函數的單調區間 、求極值、求最值、求切線方程、求函數的零點或方程的根、求參數的范疇、證明不等式等，涉及的數學思想有：函數與方程、分類爭論、數形結合、轉化與化歸思想等，中、高檔難度均有熱點 1利用導數爭論函數的單調性、極值與最值答題模板 函數的單調性、極值是局部概念，函數的最值是整體概念，爭論函數的性質必需在定義域內進行，因此，務必遵循定義域優先的原就，本熱點主要有三種考查方式：1爭論函數的單調性或求單調區間；2求函數的極

2、值或最值； 3利用函數的單調性、極值、最值，求參數的范疇 本小題滿分 12 分2021 ·全國卷 已知函數 fxln xa1x1爭論 fx的單調性；2當 fx有最大值，且最大值大于2a 2 時，求 a 的取值范疇 思路點撥 1求出導數后對 a 分類爭論，然后判定單調性；2運用1的結論分析函數的最大值，對得到的不等式進行等價轉化，通過構造函數并分析該函數的單調性求a 的范疇1 規范解答 1fx的定義域為 0， ，fx a.2 分x如 a0，就 fx>0，所以 fx在0， 上單調遞增 .3 分1如 a>0，就當 x 0，a 時， fx>0；1a當 x， 時， f x&l

3、t;0.5 分1所以 fx在 0， a 上單調遞增，在1a， 上單調遞減 .6 分2由1知，當 a 0 時， fx在0， 上無最大值；7 分當 a>0 時， fx在 x1取得最大值，最大值為a111f a ln a a 1 a ln a a 1.9 分1因此 f a >2a2 等價于 ln aa1<0.10 分令 galn a a 1，就 ga在0， 上單調遞增， g10.于是，當 0<a<1 時， ga<0；當 a>1 時， ga>0.因此， a 的取值范疇是 0,1.12 分 答題模板 爭論含參函數 fx的單調性的一般步驟第一步： 求函數 f

4、x的定義域 依據已知函數解析式確定 其次步： 求函數 fx的導數 fx第三步： 依據 fx 0 的零點是否存在或零點的大小對參數分類爭論 第四步： 求解令 f x>0 或令 f x<0第五步： 下結論第六步： 反思回憶，查看關鍵點、易錯點、留意解題規范溫馨提示 ： 1.爭論函數的單調性，求函數的單調區間、極值問題，最終歸結到判定f x的符號問題上，而 fx 0 或 f x 0，最終可轉化為一個一元一次不等式或一元二次不等式問題2如已知 fx的單調性，就轉化為不等式fx 0 或 fx 0 在單調區間上恒成立問題求解 對點訓練 12021 ·鄭州模擬 已知函數 fxx2e a

5、x，a r. 1當 a1 時，求函數 yfx的圖象在點 1，f1處的切線方程；2爭論 fx的單調性 解1由于當 a1 時， fxx2ex，f x 2xe x x2 e x 2x x2ex，2 分所以 f1 e，f 1 3e.從而y fx 的圖象在點 1 ， f 1 處的切線方程為y e 3ex 1，即y 3ex 2e.4 分 ax2 ax2ax2fx2xe ax e2xax e.當 a0 時，如 x0，就 f x0，如 x 0， 就 f x0.所 以當a 0時 ， 函 數fx 在 區 間 ， 0 上 為 減 函 數， 在區 間 0 ， 上為 增函 數 .6 分，由當 a0 時，由 2xax2

6、0，解得 x 0 或 x2a22xax20，解得 0x2.a02所以 fx在區間 ，0與， 上為減函數，在，aa上為增函數 .8 分當 a0 時，由 2xax2 0，解得2x0，由 2xax20，解得 x2 aa或2x0.2所以，當 a0 時，函數 fx在區間 ，a ，0， 上為增函數，在區間分綜上所述，當 a0 時， fx在，0上單調遞減，在 0， 上單調遞增；，0 上為減函數 .10 a當 a0 時， fx在 ，0，a222a， 上單調遞減，在0， a2上單調遞增；當 a0 時， fx在，0 上單調遞減，在， a，0， 上單調遞增 .12 分熱點 2利用導數爭論函數的零點或曲線交點問題爭論

7、函數零點的本質就是爭論函數的極值的正負，為此，我們可以通過爭論函數的單調性來解決，求解時應留意等價轉化與數形結合思想的應用，其主要考查方式有：1確定函數的零點、圖象交點的個數； 2由函數的零點、圖象交點的情形求參數的取值范疇2021 ·北京高考節選 設函數 fx x3ax2bx c.1求曲線 yfx在點0， f0處的切線方程；2設 ab4，如函數 fx有三個不同零點，求c 的取值范疇 解1由 fxx3ax2bxc，得 fx 3x2 2axb.2 分由于 f0c，f0 b，所以曲線 y fx在點0， f0處的切線方程為ybx c.4 分2當 ab4 時， fxx34x24xc，所以 f

8、x 3x2 8x4.6 分.3令 f x0，得 3x28x40，解得 x 2 或 x 28 分fx與 fx在區間 ， 上的情形如下：3x ， 2 22， 22 32， 3f x0032fxcc 27，所以，當 c 0 且 c320 時，存在 x1 4， 2，x2 2， 2 ，x3 20 ，使得 fx12733fx2fx3 0.27由 fx的單調性知，當且僅當c 0，32時，函數 fxx34x24x c 有三個不同零點 .12 分 規律方法 用導數爭論函數的零點，常用兩種方法：一是用導數判定函數的單調性，借助零點存在性定理判定；二是將零點問題轉化為函數圖象的交點問題，利用數形結合來解決x ， 對

9、點訓練 2設函數 fxln xmm r.1當 m ee 為自然對數的底數 時，求 fx的微小值； x2爭論函數 gx fx零點的個數3e【導學號： 01772099】x 解1由題設，當 me 時， fxln x ，xe就 f x x2，由 fx0，得 x e.2 分當 x0，e， fx0，f x在0， e上單調遞減；當 x e， ，fx0， fx在e， 上單調遞增，當 xe 時， fx取得微小值 feln ee2， efx的微小值為 2.4 分2由題設 gxfxx1mx2 3xx 3x0，令 gx0，得 m 1 3xx0.5 分3x設 x 1 3 xx0，3x就 x x21 x1x1，當 x

10、0,1時， x 0， x在0,1上單調遞增；當 x 1， 時， x 0， x在1， 上單調遞減，x1 是 x唯獨的極值點，且是極大值點，因此x1 也是 x的最大值點，3.8x的最大值為 12分又 00，結合 yx的圖象 如圖，可知當 m當 m2時，函數32時，函數3gx無零點； gx有且只有一個零點；當 0m23時，函數 gx有兩個零點；當 m0 時，函數 gx有且只有一個零點綜上所述，當 m22時，函數3gx無零點；當 m或 m 0 時，函數 gx有且只有一個零點； 3當 0m2時，函數3gx有兩個零點 .12 分熱點 3利用導數爭論不等式問題導數在不等式中的應用問題是每年高考的必考內容，且

11、以解答題的形式考查，難度較大，屬中高檔 題歸納起來常見的命題角度有：1證明不等式； 2不等式恒成立問題； 3存在型不等式成立問題. 角度 1證明不等式2021 ·全國卷 設函數 fxe2xaln x. 1爭論 fx的導函數 f x零點的個數；2證明：當 a0 時， fx2aaln2a.x 解1fx的定義域為 0， ，fx 2e2xa x>0當 a0 時， fx>0，fx沒有零點；，x當 a>0 時，設 ux e2 x， vx a3 分2xax由于 ux e在0， 上單調遞增， vx 在0， 上單調遞增，所以 fx在0， 上單調遞增且又 f a>0，當 b 滿意

12、 0<b<a41f b<0，b<時，4故當 a>0 時， f x存在唯獨零點 .5 分 2證明： 由1，可設 fx在0， 上的唯獨零點為x0，當 x0，x0時， fx<0；當 x x0， 時， f x>0.故 fx在0，x0上單調遞減，在 x0， 上單調遞增，所以當x x0 時， fx取得最小值，最小值為 fx0.9 分由于 2e2x0a0，x0所以 fx0 a 2ax0aln22a aln22x0aa.2故當 a>0 時， fx2aalna.12 分. 角度 2不等式恒成立問題2021 ·全國卷 已知函數 fx x1ln xax1 1

13、當 a4 時，求曲線 yfx在1， f1處的切線方程； 2如當 x 1， 時， fx>0，求 a 的取值范疇 解1fx的定義域為 0， .1 分當 a4 時， fx x1ln x4x1，1xf10，fx ln x 3，f 1 2.3 分故曲線 yfx在1，f1處的切線方程為2xy20.5 分a x12當 x1， 時， fx0 等價于 ln x x 10.a x1設 gxln xx1，就 gx 1x2a x 1x22 1a x12x x1 2，g1 0.9 分當 a2，x1， 時， x2 21 ax 1 x22x10，故 gx0，gx在1， 單調遞增，因此 gx0；當 a2 時，令 gx0

14、 得 x1 a1a1 21，x2 a 1a1 2 1.由 x2 1 和 x1 x21 得 x11，故當 x1，x2時， gx0，gx在1，x2單調遞減，因此gx0.綜上， a 的取值范疇是 ，2.12 分. 角度 3存在型不等式成立問題2021 ·全國卷 設函數 fxaln x 1a2 bxa 1，曲線 yfx在點1， f1處的切線斜率為 0.1求 b；2如存在 x01，使得 fx0<a2x，求 a 的取值范疇a1a 解1fx 1axb. x由題設知 f10，解得 b1.3 分2fx的定義域為 0， ，由1知， fx aln x 1 a 2 x，2xa1aafx 1ax1 xx

15、x1ax1.5 分，就如 a1a1，故當 x1， 時， fx>0，fx在1， 單調遞增21aaa1aa所以，存在 x01，使得 fx0<a 的充要條件為 f1<a ，即21< ，解得21<a<211a11.7 分如1aa，就>1，故當 x 1，a時， fx<0，當 x， 時， fx>0，fx在2<a<1a1 aa1 a1 aa1，1a 上單調遞減，在1 ， 上單調遞增 .9 分aaa1所以存在 x0 1，使得 fx0<a的充要條件為 f 11 a <a .aaa2aa而 f 1 a aln 1 aa> ，所以不合題意a2 11 a1如 a>1，就 f11a a11a恒成立，所以a 1.