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） 50页

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