2021届高考数学一轮复习专题一函数与导数第1课时课件 28页

专题一　函数与导数 第 1 课时 题型 1 函数中的数形结合思想 数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题 简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助 于把握数学问题的本质 . 它是数学的规律性与灵活性的有机结 合 . 纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决 一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重 点是研究“以形助数” . 图 1-1 【 规律方法 】 可以继续探讨： 【 跟踪训练 】 (1) 求函数 y ＝ f ( x ) 的单调区间； (2) 若函数 y ＝ f ( x ) 的图象与直线 y ＝ 1 恰有两个交点，求 a 的取值范围 . x ( －∞， － 2 a ) － 2 a ( － 2 a, 0) 0 (0 ， a ) a ( a ，＋∞ ) f ′ ( x ) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ f ( x ) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 解： (1) f ′ ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 － 2 a 2 x ＝ x ( x ＋ 2 a )( x － a ). 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x 1 ＝－ 2 a ， x 2 ＝ 0 ， x 3 ＝ a . 当 a >0 时，列表如下： ∴ f ( x ) 的单调递增区间为 ( － 2 a, 0) 和 ( a ，＋∞ ) ， f ( x ) 的单调递减区间为 ( －∞，－ 2 a ) 和 (0 ， a ). (1) (2) 图 D18 探究： (1) 继续探讨：函数 y ＝ f ( x ) 的图象与直线 y ＝ 1 恰有 三个交点， a 的取值范围；函数 y ＝ f ( x ) 的图象与直线 y ＝ 1 恰有 四个交点， a 的取值范围 . (2) 请结合例 1 一起学习，例 1 中函数图象确定，直线 y ＝ k 在动 ( 变化 ) ；而本题中直线 y ＝ 1 确定，函数图象在动 ( 变化 ) ， 数形结合中蕴含运动变化的思想 . 题型 2 函数中的分类讨论思想 例 2 ： (20 18 年北京 ) 设函数 f ( x ) ＝ [ ax 2 － (3 a ＋ 1) x ＋ 3 a ＋ 2]e x . (1) 若曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (2 ， f (2)) 处的切线斜率为 0 ，求 a ； (2) 若 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极小值，求 a 的取值范围 . x ( －∞， 1) 1 (1 ，＋∞ ) f ′ ( x ) ＋ 0 － f ( x ) ↗ 极大值 ↘ 方法二， f ′ ( x ) ＝ ( ax － 1)( x － 1)e x . ① 当 a ＝ 0 时，令 f ′ ( x ) ＝ 0 得 x ＝ 1. f ′ ( x ) ， f ( x ) 随 x 的变化情况如下表： ∴ f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极大值，不合题意 . ⅲ ) 当 x 1 < x 2 ，即 a >1 时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 随 x 的变化情况如下表： ∴ f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极小值，即 a >1 满足题意 . ∴ f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极大值，不合题意 . 综上所述， a 的取值范围为 (1 ，＋∞ ). 【 跟踪训练 】 设函数 h ( x ) ＝ (1 ＋ x － x 3 )e x ， 则 h ′ ( x ) ＝ (2 ＋ x － 3 x 2 － x 3 )e x . 设函数 p ( x ) ＝ 2 ＋ x － 3 x 2 － x 3 ， 则 p ′ ( x ) ＝ 1 － 6 x － 3 x 2 . 当 x ∈ (0,1) 时， p ′ (0)· p ′ (1) ＝－ 8<0 ， 故存在 x 0 ∈ (0,1) ，使得 p ′ ( x 0 ) ＝ 0 ， 从而函数 p ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递增，在 ( x 0 ， 1) 上单调递减 . 当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， p ( x 0 )> p (0) ＝ 2 ，当 x ∈ ( x 0 ， 1) 时， p ( x 0 )· p (1)<0 ， 故存在 x 1 ∈ (0,1) ，使得 h ′ ( x 1 ) ＝ 0 ， ② 当 a >0 时， 1 － a <1 ，由 f ′ ( x )>0 ，解得 x <1 － a 或 x >1 ， ∴ 函数 f ( x ) 在区间 ( －∞， 1 － a ) ， (1 ，＋∞ ) 上单调递增 . 由 f ′ ( x )<0 ，解得 1 － a < x <1 ， ∴ 函数 f ( x ) 在区间 (1 － a, 1) 上单调递减； ③ 当 a <0 时， 1<1 － a ，由 f ′ ( x )>0 ，解得 x <1 或 x >1 － a ， ∴ 函数 f ( x ) 在区间 ( －∞， 1) ， (1 － a ，＋∞ ) 上单调递增 . 由 f ′ ( x )<0 ，解得 1< x <1 － a ， ∴ 函数 f ( x ) 在区间 (1,1 － a ) 上单调递减 . 综上所述， 当 a ＝ 0 时，函数 f ( x ) 在区间 ( －∞，＋∞ ) 上单调递增； 当 a >0 时，函数 f ( x ) 在区间 ( －∞， 1 － a ) ， (1 ，＋∞ ) 上单调 递增，在区间 (1 － a, 1) 上单调递减； 当 a <0 时，函数 f ( x ) 在区间 ( －∞， 1) ， (1 － a ，＋∞ ) 上单调 递增，在区间 (1,1 － a ) 上单调递减 . (2) 由 (1) 知，①当 a ＝ 0 时，函数 f ( x ) 在区间 ( －∞，＋∞ ) 上 单调递增，可知函数无极小值 . ② 当 a >0 时，由函数 f ( x ) 在区间 ( －∞， 1 － a ) ， (1 ，＋∞ ) 上单调递增，在区间 (1 － a, 1) 上单调递减，可知 x 0 ＝ 1 ，