- 3.58 MB
- 2021-07-01 发布
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第
4
讲 导数的热点问题
专题二
函数与导数
热点分类突破
真题押题精练
Ⅰ
热点分类突破
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
(2017
届云南省昆明市第一中学月考
)
设函数
f
(
x
)
=
ax
2
-
-
ln
x
,
曲
线
y
=
f
(
x
)
在
x
=
2
处与直线
2
x
+
3
y
=
0
垂直
.
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间;
解答
解
函数
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
)
,
由
f
′
(
x
)>0
,得
x
>1
,由
f
′
(
x
)<0
,得
0<
x
<1.
所以函数
f
(
x
)
的单调递增区间为
(1
,+
∞
)
,单调递减区间为
(0,1).
证明
思维升华
令
h
(
x
)
=
e
x
-
1
-
x
,则
h
′
(
x
)
=
e
x
-
1
-
1
,
当
x
>1
时,
h
′
(
x
)>0
,所以
h
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上为增函数,
所以
g
′
(
x
)>0
,
所以
g
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上为增函数,
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
(
a
)
≤
f
(
x
)
≤
f
(
b
)
;
②
对
∀
x
1
,
x
2
∈
[
a
,
b
]
,且
x
1
<
x
2
,则
f
(
x
1
)<
f
(
x
2
).
对于减函数有类似结论
.
(2)
利用最值:若
f
(
x
)
在某个范围
D
内有最大值
M
(
或最小值
m
)
,则对
∀
x
∈
D
,有
f
(
x
)
≤
M
(
或
f
(
x
)
≥
m
).
(3)
证明
f
(
x
)<
g
(
x
)
,可构造函数
F
(
x
)
=
f
(
x
)
-
g
(
x
)
,证明
F
(
x
)<0.
解答
当
0<
x
<1
时,
f
′
(
x
)>0
;当
x
>1
时,
f
′
(
x
)<0.
所以
f
(
x
)
在
(0,1)
上单调递增,在
(1
,+
∞
)
上单调递减
.
所以
f
(
x
)
在
x
=
1
处取得极大值
.
解答
因为
x
≥
1
,所以
h
′
(
x
)
≥
0
,
则
h
(
x
)
在
[1
,+
∞
)
上单调递增
.
所以
h
(
x
)
的最小值为
h
(1)
=
1>0
,
从而
g
′
(
x
)>0
,故
g
(
x
)
在
[1
,+
∞
)
上单调递增
,
所以
g
(
x
)
的最小值为
g
(1)
=
2
,
所以
k
3
+
k
≤
2
,即
(
k
-
1)(
k
2
+
k
+
2)
≤
0
,
解得
k
≤
1
.
故
k
的取值范围为
(
-
∞
,
1].
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
(2017
届汕头期末
)
设函数
f
(
x
)
=
x
2
-
(
a
+
1)
x
+
a
ln
x
,
a
>0.
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间;
解答
解
函数
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
).
当
0<
a
<1
时,令
f
′
(
x
)<0
,得
a
<
x
<1
;
令
f
′
(
x
)>0
,得
0<
x
<
a
或
x
>1
,
所以函数
f
(
x
)
的单调增区间为
(0
,
a
)
和
(1
,+
∞
)
,
单调减区间为
(
a,
1
)
;
所以函数
f
(
x
)
的单调增区间为
(0
,+
∞
)
,无减区间;
当
a
>1
时,令
f
′
(
x
)<0
,得
1<
x
<
a
;
令
f
′
(
x
)>0
,得
0<
x
<1
或
x
>
a
,
所以函数
f
(
x
)
的单调增区间为
(0,1)
和
(
a
,+
∞
)
,
单调减区间为
(1
,
a
).
(2)
讨论函数
f
(
x
)
的零点个数
.
解答
思维升华
解
由
(1)
可知,当
0<
a
<1
时,
函数
f
(
x
)
的单调增区间为
(0
,
a
)
和
(1
,+
∞
)
,
单调减区间为
(
a,
1)
,
因为
f
(2
a
+
2)
=
a
ln(2
a
+
2)>0,
所以函数
f
(
x
)
有唯一零点;
当
a
=
1
时,函数
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增,
所以函数
f
(
x
)
有唯一零点;
当
a
>1
时,函数
f
(
x
)
的单调递增区间是
(0,1)
和
(
a
,+
∞
)
,单调递减区间是
(1
,
a
)
,
f
(2
a
+
2)
=
a
ln(2
a
+
2)>0,
综上,函数
f
(
x
)
有唯一零点
.
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
.
解答
解
f
′
(
x
)
=
ax
2
-
(
a
+
1)
x
+
1
当
x
变化时,
f
′
(
x
)
,
f
(
x
)
的变化情况如下表:
1
(1
,+
∞
)
f
′
(
x
)
-
0
+
0
-
f
(
x
)
递减
极小值
递增
极大值
递减
解答
(2)
当
a
≤
1
时,判断函数
f
(
x
)
在区间
[0,2]
上零点的个数
.
①
当
a
<0
时,
f
(
x
)
在
[0,1]
上单调递增,在
[1,2]
上单调递减
.
所以
f
(
x
)
在
[0,2]
上有两个零点;
f
(
x
)
在
[0,1]
上单调递增,在
[1,2]
上单调递减,
所以
f
(
x
)
在
[0,2]
上有两个零点;
所以
f
(
x
)
在
[0,1]
上有且仅有一个零点,在
[1,2]
上没有零点,
所以
f
(
x
)
在
[0,2]
上有且仅有一个零点;
⑤
当
a
=
1
时,
f
′
(
x
)
≥
0
恒成立,
f
(
x
)
在
[0,2]
上单调递增,
所以
f
(
x
)
在
[0,2]
上有且仅有一个零点,
热点三 利用导数解决生活中的优化问题
生活中的实际问题受某些主要变量的制约,解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来,建立目标问题即关于这个变量的函数,然后通过研究这个函数的性质,从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优
.
例
3
在一张足够大的纸板上截取一个面积为
3 600
平方厘米的矩形纸板
ABCD
,然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折起,做成一个无盖的长方体纸盒
(
如图
).
设小正方形边长为
x
厘米,矩形纸板的两边
AB
,
BC
的长分别为
a
厘米和
b
厘米,其中
a
≥
b
.
(1)
当
a
=
90
时,求纸盒侧面积的最大值;
解答
解
因为矩形纸板
ABCD
的面积为
3 600
平方厘米,
故当
a
=
90
时,
b
=
40
,
从而包装盒子的侧面积
S
=
2
×
x
(90
-
2
x
)
+
2
×
x
(40
-
2
x
)
=-
8
x
2
+
260
x
,
x
∈
(0,20).
(2)
试确定
a
,
b
,
x
的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值
.
解答
思维升华
=
x
(3 600
-
240
x
+
4
x
2
)
=
4
x
3
-
240
x
2
+
3 600
x
.
当且仅当
a
=
b
=
60
时等号成立
.
设
f
(
x
)
=
4
x
3
-
240
x
2
+
3 600
x
,
x
∈
(0,30).
则
f
′
(
x
)
=
12(
x
-
10)(
x
-
30
).
所以当
0
<
x
<
10
时,
f
′
(
x
)
>
0
,
f
(
x
)
在
(0,10)
上单调递增
;
解
包装盒子的
体积
V
=
(
a
-
2
x
)(
b
-
2
x
)
x
当
10
<
x
<
30
时,
f
′
(
x
)
<
0
,
f
(
x
)
在
(10,30)
上单调递减
.
因此当
x
=
10
时,
f
(
x
)
有最大值
f
(10)
=
16 000
,
此时
a
=
b
=
60
,
x
=
10.
所以当
a
=
b
=
60
,
x
=
10
时纸盒的体积最大,最大值为
16 000
立方厘米
.
思维升华
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)
建模:分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式
y
=
f
(
x
).
(2)
求导:求函数的导数
f
′
(
x
)
,解方程
f
′
(
x
)
=
0.
(3)
求最值:比较函数在区间端点和使
f
′
(
x
)
=
0
的点的函数值的大小,最大
(
小
)
者为最大
(
小
)
值
.
(4)
作答:回归实际问题作答
.
跟踪演练
3
图
1
是某种称为
“
凹槽
”
的机械部件的示意图,图
2
是凹槽的横截面
(
阴影部分
)
示意图,其中四边形
ABCD
是矩形,弧
CmD
是半圆,凹槽的横截面的周长为
4.
若凹槽的强度
T
等于横截面的面积
S
与边
AB
的乘积,设
AB
=
2
x
,
BC
=
y
.
解答
(1)
写出
y
关于
x
的函数表达式,并指出
x
的取值范围;
解
易知半圆
CmD
的半径为
x
,
故半圆
CmD
的弧长为
π
x
.
所以
4
=
2
x
+
2
y
+
π
x
,
解答
(2)
求当
x
取何值时,凹槽的强度最大
.
解
依题意,设凹槽的强度为
T
,横截面的面积为
S
,则有
Ⅱ
真题押题精练
真题体验
(2017·
全国
Ⅰ
)
已知函数
f
(
x
)
=
a
e
2
x
+
(
a
-
2)e
x
-
x
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性;
解
f
(
x
)
的定义域为
(
-
∞
,+
∞
)
,
f
′
(
x
)
=
2
a
e
2
x
+
(
a
-
2)e
x
-
1
=
(
a
e
x
-
1)(2e
x
+
1).
(i)
若
a
≤
0
,则
f
′
(
x
)<0
,所以
f
(
x
)
在
(
-
∞
,+
∞
)
上单调递减
.
(ii)
若
a
>0
,则由
f
′
(
x
)
=
0
,得
x
=-
ln
a
.
当
x
∈
(
-
∞
,-
ln
a
)
时,
f
′
(
x
)<0
;
当
x
∈
(
-
ln
a
,+
∞
)
时,
f
′
(
x
)>0.
所以
f
(
x
)
在
(
-
∞
,-
ln
a
)
上单调递减,在
(
-
ln
a
,+
∞
)
上单调递增
.
解答
(2)
若
f
(
x
)
有两个零点,求
a
的取值范围
.
解答
解
(i)
若
a
≤
0
,由
(1)
知,
f
(
x
)
至多有一个零点
.
①
当
a
=
1
时,由于
f
(
-
ln
a
)
=
0
,故
f
(
x
)
只有一个零点;
即
f
(
-
ln
a
)>0
,故
f
(
x
)
没有零点;
又
f
(
-
2)
=
a
e
-
4
+
(
a
-
2)e
-
2
+
2>
-
2e
-
2
+
2>0
,
故
f
(
x
)
在
(
-
∞
,-
ln
a
)
上有一个零点
.
因此
f
(
x
)
在
(
-
ln
a
,+
∞
)
有一个零点
.
综上,
a
的取值范围为
(0,1).
押题预测
解答
押题依据
有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法,考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法
.
本题的命制正是根据这个要求进行的,全面考查了考生综合求解问题的能力
.
押题依据
已知函数
f
(
x
)
=-
2
x
ln
x
+
x
2
-
2
ax
+
a
2
,记
g
(
x
)
为
f
(
x
)
的导函数
.
(1)
若曲线
y
=
f
(
x
)
在点
(1
,
f
(1))
处的切线垂直于直线
x
+
y
+
3
=
0
,求
a
的值;
解
由已知,可得函数
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
)
,
g
(
x
)
=
2(
x
-
1
-
ln
x
-
a
)
,所以
y
=
f
(
x
)
在点
(1
,
f
(1))
处的切线的斜率
k
=
g
(1)
=-
2
a
.
又切线垂直于直线
x
+
y
+
3
=
0
,所以
k
=
1
,
解答
(2)
讨论
g
(
x
)
=
0
的解的个数;
解
由
(1)
可得
g
(
x
)
=
2(
x
-
1
-
ln
x
-
a
)
,
令
g
(
x
)
=
0
,得
a
=
x
-
1
-
ln
x
(
x
>0)
,
所以
h
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,在
(1
,+
∞
)
上单调递增
.
又当
x
→
0
时,
h
(
x
)
→
+
∞
,当
x
=
1
时,
h
(
x
)
=
0
,
当
x
→
+
∞
时,
h
(
x
)
→
+
∞
,
故当
a
<0
时,
g
(
x
)
=
0
无解;
当
a
=
0
时,
g
(
x
)
=
0
有唯一解;
当
a
>0
时,
g
(
x
)
=
0
有两解
.
证明
令
φ
(
x
)
=
g
(
x
)
-
x
=
x
-
2
-
2ln
x
-
2
a
,
φ
(
x
)
在
(0
,
2)
上单调递减,又
0<
s
<
t
<2
,
∴
φ
(
s
)>
φ
(
t
)
,
∴
g
(
s
)
-
s
>
g
(
t
)
-
t
,
∴
g
(
s
)
-
g
(
t
)>
s
-
t
.
证明
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