2019届二轮复习第4讲　导数的热点问题课件（54张）（全国通用）

2019届二轮复习第4讲　导数的热点问题课件（54张）（全国通用）

第 4 讲　导数的热点问题 专题六　函数与导数 板块三　专题突破核心考点 [ 考情考向分析 ] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大 . 热点分类突破 真题押题精练 内容索引 热点分类突破 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 . 热点一　利用导数证明 不等式 解答 例 1 　 (2018· 湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a e 2 x － a e x － x e x ( a ≥ 0 ， e ＝ 2.718 … ， e 为自然对数的底数 ) ，若 f ( x ) ≥ 0 对于 x ∈ R 恒成立 . (1) 求实数 a 的值； 解 　 由 f ( x ) ＝ e x ( a e x － a － x ) ≥ 0 对于 x ∈ R 恒成立， 设函数 g ( x ) ＝ a e x － a － x ， 可得 g ( x ) ＝ a e x － a － x ≥ 0 对于 x ∈ R 恒成立， ∵ g (0) ＝ 0 ， ∴ g ( x ) ≥ g (0) ， 从而 x ＝ 0 是 g ( x ) 的一个极小值点， ∵ g ′ ( x ) ＝ a e x － 1 ， ∴ g ′ (0) ＝ a － 1 ＝ 0 ，即 a ＝ 1. 当 a ＝ 1 时， g ( x ) ＝ e x － 1 － x ， g ′ ( x ) ＝ e x － 1 ， ∵ x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， ∴ g ( x ) ≥ g (0) ＝ 0 ，故 a ＝ 1. 证明 证明　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ e 2 x － e x － x e x ， f ′ ( x ) ＝ e x (2e x － x － 2). 令 h ( x ) ＝ 2e x － x － 2 ，则 h ′ ( x ) ＝ 2e x － 1 ， ∴ 当 x ∈ ( － ∞ ，－ ln 2) 时， h ′ ( x )<0 ， h ( x ) 在 ( － ∞ ，－ ln 2) 上为减函数； 当 x ∈ ( － ln 2 ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x )>0 ， h ( x ) 在 ( － ln 2 ，＋ ∞ ) 上为增函数， ∵ h ( － 1)<0 ， h ( － 2)>0 ， ∴ 在 ( － 2 ，－ 1) 上存在 x ＝ x 0 满足 h ( x 0 ) ＝ 0 ， ∵ h ( x ) 在 ( － ∞ ，－ ln 2) 上为减函数， ∴ 当 x ∈ ( － ∞ ， x 0 ) 时， h ( x )>0 ， 即 f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 ( － ∞ ， x 0 ) 上为增函数， 当 x ∈ ( x 0 ，－ ln 2) 时， h ( x )<0 ， 即 f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在 ( x 0 ，－ ln 2) 上为减函数， 当 x ∈ ( － ln 2,0) 时， h ( x )< h (0) ＝ 0 ， 即 f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在 ( － ln 2,0) 上为减函数， 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， h ( x )> h (0) ＝ 0 ， 即 f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为增函数， ∴ f ( x ) 在 ( － ln 2 ，＋ ∞ ) 上只有一个极小值点 0 ， 综上可知， f ( x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ， 且 x 0 ∈ ( － 2 ，－ 1). ∵ h ( x 0 ) ＝ 0 ， ∴ 2 － x 0 － 2 ＝ 0 ， 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. 思维升华 解答 跟踪演练 1 　 (2018· 荆州质检 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ax － ln x . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； ① 当 a ≤ 0 时，则 f ′ ( x )<0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， ∴ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . ② 当 a >0 时， 综上当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减； 证明 证明　 令 g ( x ) ＝ f ( x ) － 2 ax ＋ x e ax － 1 ＝ x e ax － 1 － ax － ln x ， 设 r ( x ) ＝ x e ax － 1 － 1( x >0) ， 则 r ′ ( x ) ＝ (1 ＋ ax )e ax － 1 ( x >0) ， ∵ e ax － 1 >0 ， ∴ h ( t ) ≥ h (e 2 ) ＝ 0 ； ∴ g ( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) ≥ 2 ax － x e ax － 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 . 解答 例 2 　 (2018· 衡水金卷分科综合卷 ) 设函数 f ( x ) ＝ e x － 2 a － ln( x ＋ a ) ， a ∈ R ， e 为自然对数的底数 . (1) 若 a >0 ，且函数 f ( x ) 在区间 [0 ，＋ ∞ ) 内单调递增，求实数 a 的取值范围； 解　 ∵ 函数 f ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 内单调递增， 即 a ≥ e － x － x 在 [0 ，＋ ∞ ) 内恒成立 . 记 g ( x ) ＝ e － x － x ， 则 g ′ ( x ) ＝－ e － x － 1<0 恒成立， ∴ g ( x ) 在区间 [0 ，＋ ∞ ) 内单调递减， ∴ g ( x ) ≤ g (0) ＝ 1 ， ∴ a ≥ 1 ， 即实数 a 的取值范围为 [1 ，＋ ∞ ). 解答 知 f ′ ( x ) 在区间 ( － a ，＋ ∞ ) 内单调递增 . ∴ f ′ ( x ) 在区间 ( － a ，＋ ∞ ) 内存在唯一的零点 x 0 ， 当－ a < x < x 0 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减； 当 x > x 0 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增 . ∴ f ( x ) min ＝ f ( x 0 ) ＝ － 2 a － ln ( x 0 ＋ a ) 当且仅当 x 0 ＋ a ＝ 1 时，取等号 . ∴ f ( x ) min ＝ f ( x 0 )>0 ，即函数 f ( x ) 没有零点 . (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 . 思维升华 跟踪演练 2 　 (2018· 全国 Ⅱ ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x － ax 2 . (1) 若 a ＝ 1 ，证明：当 x ≥ 0 时， f ( x ) ≥ 1 ； 证明 证明　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ≥ 1 等价于 ( x 2 ＋ 1)e － x － 1 ≤ 0. 设函数 g ( x ) ＝ ( x 2 ＋ 1)e － x － 1 ， 则 g ′ ( x ) ＝－ ( x 2 － 2 x ＋ 1)·e － x ＝－ ( x － 1) 2 e － x . 当 x ≠ 1 时， g ′ ( x )<0 ，所以 g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 而 g (0) ＝ 0 ，故当 x ≥ 0 时， g ( x ) ≤ 0 ，即 f ( x ) ≥ 1. (2) 若 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上只有一个零点，求 a . 解答 解　 设函数 h ( x ) ＝ 1 － ax 2 e － x . f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上只有一个零点等价于 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上只有一个零点 . ( ⅰ ) 当 a ≤ 0 时， h ( x )>0 ， h ( x ) 没有零点； ( ⅱ ) 当 a >0 时， h ′ ( x ) ＝ ax ( x － 2)e － x . 当 x ∈ (0,2) 时， h ′ ( x )<0 ；当 x ∈ (2 ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x )>0. 所以 h ( x ) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 因为 h (0) ＝ 1 ，所以 h ( x ) 在 (0,2) 上有一个零点； 由 (1) 知，当 x >0 时， e x > x 2 ， 故 h ( x ) 在 (2,4 a ) 上有一个零点 . 因此 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上有两个零点 . 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 . 热点三　利用导数解决生活中的优化问题 解答 例 3 　罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距 m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为 32 万元，距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为 (2 ＋ ) x 万元 . 假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为 y 万元 . (1) 试写出 y 关于 x 的函数关系式； 解　 设需新建 n 个桥墩， 解答 (2) 当 m ＝ 96 米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用 y 最小？ 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ， 得 ＝ 64 ，所以 x ＝ 16. 当 0< x <16 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在区间 (0,16) 内为减函数； 当 16< x <96 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在区间 (16,96) 内为增函数， 所以 f ( x ) 在 x ＝ 16 处取得最小值， 答　 需新建 5 个桥墩才能使余下工程的费用 y 最小 . 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 . 思维升华 解答 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 . (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 . ＝ 8 x 2 － (4 ＋ 3π) x 3 . 令 T ′ ＝ 16 x － 3(4 ＋ 3π) x 2 ＝ 0 ， 真题押题精练 (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； 真题体验 解答 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 . (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 . (ii) 若 a >0 ，由 (1) 知，当 x ＝－ ln a 时， 即 f ( － ln a )>0 ，故 f ( x ) 没有零点； ① 当 a ＝ 1 时，由于 f ( － ln a ) ＝ 0 ，故 f ( x ) 只有一个零点； 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 ，＋ ∞ ) 上有一个零点 . 综上， a 的取值范围为 (0,1). 则 f ( n 0 ) ＝ ( a ＋ a － 2) － n 0 > － n 0 > － n 0 >0. 押题预测 已知 f ( x ) ＝ a sin x ， g ( x ) ＝ ln x ，其中 a ∈ R ， y ＝ g － 1 ( x ) 是 y ＝ g ( x ) 的反函数 . (1) 若 0< a ≤ 1 ，证明：函数 G ( x ) ＝ f (1 － x ) ＋ g ( x ) 在区间 (0,1) 上是增函数； 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 . 证明 押题依据 证明 　 由题意知 G ( x ) ＝ a sin(1 － x ) ＋ ln x ， ∴ a cos(1 － x )<1 ， ∴ G ′ ( x )>0 ， 故函数 G ( x ) 在区间 (0,1) 上是增函数 . 证明 证明　 由 (1) 知，当 a ＝ 1 时， G ( x ) ＝ sin(1 － x ) ＋ ln x 在 (0,1) 上单调递增 . ∴ sin(1 － x ) ＋ ln x < G (1) ＝ 0 ， 解答 (3) 设 F ( x ) ＝ g － 1 ( x ) － mx 2 － 2( x ＋ 1) ＋ b ，若对任意的 x >0 ， m <0 有 F ( x )>0 恒成立，求满足条件的最小整数 b 的值 . 解　 由对任意的 x >0 ， m <0 有 F ( x ) ＝ g － 1 ( x ) － mx 2 － 2( x ＋ 1) ＋ b ＝ e x － mx 2 － 2 x ＋ b － 2>0 恒成立， 即当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， F ( x ) min >0. 又设 h ( x ) ＝ F ′ ( x ) ＝ e x － 2 mx － 2 ， h ′ ( x ) ＝ e x － 2 m ， m <0 ， 则 h ′ ( x )>0 ， h ( x ) 单调递增，又 h (0)<0 ， h (1)>0 ， 则必然存在 x 0 ∈ (0,1) ，使得 h ( x 0 ) ＝ 0 ， ∴ F ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， ∵ b > ＋ 2 x 0 ＋ 2 又 m <0 ，则 x 0 ∈ (0 ， ln 2) ， ∴ m ′ ( x ) 在 (0 ， ln 2) 上单调递增， ∴ m ( x ) 在 (0 ， ln 2) 上单调递增， ∴ m ( x )< m (ln 2) ＝ 2ln 2 ， ∴ b ≥ 2ln 2 ，又 b 为整数， ∴ 最小整数 b 的值为 2.