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  • 2021-07-01 发布

2018届二轮复习(文)专题二 函数与导数专题二第4讲课件(全国通用)

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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