2018届二轮复习第4讲 导数的热点问题课件（全国通用）
第
4
讲 导数的热点问题
专题二 函数与导数
栏目索引
高考
真题体验
1
热点
分类突破
2
高考
押题精练
3
(2016·
课标全国乙
)
已知函数
f
(
x
)
＝
(
x
－
2)e
x
＋
a
(
x
－
1)
2
有两个零点
.
(1)
求
a
的取值范围；
高考真题
体验
解析答案
解
f
′
(
x
)
＝
(
x
－
1)e
x
＋
2
a
(
x
－
1)
＝
(
x
－
1)(e
x
＋
2
a
).
①
设
a
＝
0
，则
f
(
x
)
＝
(
x
－
2)e
x
，
f
(
x
)
只有一个零点
.
②
设
a
>0
，则当
x
∈
(
－
∞
，
1)
时，
f
′
(
x
)<0
；
当
x
∈
(1
，＋
∞
)
时，
f
′
(
x
)>0
，
所以
f
(
x
)
在
(
－
∞
，
1)
上单调递减，
在
(1
，＋
∞
)
上单调递增
.
又
f
(1)
＝－
e
，
f
(2)
＝
a
，取
b
满足
b
<0
且
b
1
，故当
x
∈
(1
，
ln(
－
2
a
))
时，
f
′
(
x
)<0
；
当
x
∈
(ln(
－
2
a
)
，＋
∞
)
时，
f
′
(
x
)>0
，因此
f
(
x
)
在
(1
，
ln(
－
2
a
))
上单调递减，在
(ln(
－
2
a
)
，＋
∞
)
上单调递增
.
又当
x
≤
1
时，
f
(
x
)<0
，所以
f
(
x
)
不存在两个零点
.
综上，
a
的取值范围为
(0
，＋
∞
).
(2)
设
x
1
，
x
2
是
f
(
x
)
的两个零点，证明：
x
1
＋
x
2
<2.
解析答案
解
不妨设
x
1
<
x
2
，由
(1)
知，
x
1
∈
(
－
∞
，
1)
，
x
2
∈
(1
，＋
∞
)
，
2
－
x
2
∈
(
－
∞
，
1)
，
f
(
x
)
在
(
－
∞
，
1)
上单调递减
，
所以
x
1
＋
x
2
<2
等价于
f
(
x
1
)>
f
(2
－
x
2
)
，即
f
(2
－
x
2
)<0.
由于
f
(2
－
x
2
)
＝－
x
2
＋
a
(
x
2
－
1)
2
，
而
f
(
x
2
)
＝
(
x
2
－
2
)
＋
a
(
x
2
－
1)
2
＝
0
，
所以
f
(2
－
x
2
)
＝－
x
2
－
(
x
2
－
2
) .
设
g
(
x
)
＝－
x
e
2
－
x
－
(
x
－
2)e
x
，则
g
′
(
x
)
＝
(
x
－
1)(e
2
－
x
－
e
x
)
，
所以
当
x
>1
时，
g
′
(
x
)<0
，而
g
(1)
＝
0
，
故
当
x
>1
时，
g
(
x
)<0
，从而
g
(
x
2
)
＝
f
(2
－
x
2
)<0
，故
x
1
＋
x
2
<2.
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
.
考情考向分
析
返回
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
.
热点分类突破
例
1
已知函数
f
(
x
)
＝
e
x
－
x
2
＋
a
，
x
∈
R
，曲线
y
＝
f
(
x
)
的图象在点
(0
，
f
(0))
处的切线方程为
y
＝
bx
.
(1)
求函数
y
＝
f
(
x
)
的解析式；
解析答案
解
根据题意，得
f
′
(
x
)
＝
e
x
－
2
x
，则
f
′
(0)
＝
1
＝
b
.
由切线方程可得切点坐标为
(0,0)
，将其代入
y
＝
f
(
x
)
，
得
a
＝－
1
，故
f
(
x
)
＝
e
x
－
x
2
－
1.
(2)
当
x
∈
R
时，求证：
f
(
x
)
≥
－
x
2
＋
x
；
解析答案
证明
令
g
(
x
)
＝
f
(
x
)
＋
x
2
－
x
＝
e
x
－
x
－
1.
由
g
′
(
x
)
＝
e
x
－
1
＝
0
，得
x
＝
0
，
当
x
∈
(
－
∞
，
0)
时，
g
′
(
x
)<0
，
y
＝
g
(
x
)
单调递减；
当
x
∈
(0
，＋
∞
)
时，
g
′
(
x
)>0
，
y
＝
g
(
x
)
单调递增
.
∴
g
(
x
)
min
＝
g
(0)
＝
0
，
∴
f
(
x
)
≥
－
x
2
＋
x
.
(3)
若
f
(
x
)>
kx
对任意的
x
∈
(0
，＋
∞
)
恒成立，求实数
k
的取值范围
.
解析答案
思维升华
由
(2)
可知，当
x
∈
(0
，＋
∞
)
时，
e
x
－
x
－
1>0
恒成立，
令
φ
′
(
x
)>0
，得
x
>1
；令
φ
′
(
x
)<0
，得
0<
x
<1.
∴
y
＝
φ
(
x
)
的单调增区间为
(1
，＋
∞
)
，单调减区间为
(0,1)
，
φ
(
x
)
min
＝
φ
(1)
＝
e
－
2
，
∴
k
<
φ
(
x
)
min
＝
e
－
2
，
∴
实数
k
的取值范围为
(
－
∞
，
e
－
2).
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
，则
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
跟踪演练
1
已知函数
f
(
x
)
＝
a
ln
x
＋
1(
a
>0).
解析答案
令
φ
′
(
x
)
＝
0
，则
x
＝
1
，当
0<
x
<1
时，
φ
′
(
x
)<0
，
所以
φ
(
x
)
在
(0,1)
上单调递减；当
x
>1
时，
φ
′
(
x
)>0
，所以
φ
(
x
)
在
(1
，＋
∞
)
上单调递增，故
φ
(
x
)
在
x
＝
1
处取到极小值也是最小值，故
φ
(
x
)
≥
φ
(1)
＝
0
，
(2)
在区间
(1
，
e)
上
f
(
x
)>
x
恒成立，求实数
a
的取值范围
.
故
h
(
x
)
在区间
(1
，
e)
上单调递增，所以
h
(
x
)>
h
(1)
＝
0.
因为
h
(
x
)>0
，所以
g
′
(
x
)>0
，即
g
(
x
)
在区间
(1
，
e)
上单调递增，
所以
a
的取值范围为
[e
－
1
，＋
∞
).
解析答案
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
已知函数
f
(
x
)
＝
(
ax
2
＋
x
－
1)e
x
，其中
e
是自然对数的底数，
a
∈
R
.
(1)
若
a
＝
1
，求曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线方程；
解析答案
解
当
a
＝
1
时，
f
(
x
)
＝
(
x
2
＋
x
－
1)e
x
，
所以
f
′
(
x
)
＝
(
x
2
＋
x
－
1)e
x
＋
(2
x
＋
1)e
x
＝
(
x
2
＋
3
x
)e
x
，
所以曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线斜率为
k
＝
f
′
(1)
＝
4e.
又因为
f
(1)
＝
e
，
所以所求切线的方程为
y
－
e
＝
4e(
x
－
1)
，
即
4e
x
－
y
－
3e
＝
0.
思维升华
解析答案
解
当
a
＝－
1
时，
f
(
x
)
＝
(
－
x
2
＋
x
－
1)e
x
，
f
′
(
x
)
＝
(
－
x
2
－
x
)e
x
，
所以
y
＝
f
(
x
)
在
(
－
∞
，－
1)
上单调递减，在
(
－
1,0)
上单调递增，在
(0
，＋
∞
)
上单调递减，
而
g
′
(
x
)
＝
x
2
＋
x
，所以
y
＝
g
(
x
)
在
(
－
∞
，－
1)
上单调递增，在
(
－
1,0)
上单调递减，在
(0
，＋
∞
)
上单调递增
.
思维升华
解析答案
因为函数
y
＝
f
(
x
)
与
y
＝
g
(
x
)
的图象有
3
个不同的交点，
所以
f
(
－
1)<
g
(
－
1)
且
f
(0)>
g
(0)
，
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
.
思维
升华
跟踪演练
2
已知函数
f
(
x
)
＝
2ln
x
－
x
2
＋
ax
(
a
∈
R
).
(1)
当
a
＝
2
时，求
f
(
x
)
的图象在
x
＝
1
处的切线方程；
解析答案
解
当
a
＝
2
时，
f
(
x
)
＝
2ln
x
－
x
2
＋
2
x
，
切线的斜率
k
＝
f
′
(1)
＝
2
，
则切线方程为
y
－
1
＝
2(
x
－
1)
，即
2
x
－
y
－
1
＝
0.
解析答案
解
g
(
x
)
＝
2ln
x
－
x
2
＋
m
，
故
g
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极大值
g
(1)
＝
m
－
1.
解析答案
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
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池
(
不计厚度
).
设该蓄水池的底面半径为
r
米，高为
h
米，体积为
V
立方米
.
假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为
100
元
/
平方米，底面的建造成本为
160
元
/
平方米，该蓄水池的总建造成本为
12 000π
元
(π
为圆周率
).
(1)
将
V
表示成
r
的函数
V
(
r
)
，并求该函数的定义域；
解析答案
解
因为蓄水池侧面的总成本为
100·2π
rh
＝
200π
rh
(
元
)
，底面的总成本为
160π
r
2
元
.
所以蓄水池的总成本为
(200π
rh
＋
160π
r
2
)
元
.
又根据题意得
200π
rh
＋
160π
r
2
＝
12 000π
，
(2)
讨论函数
V
(
r
)
的单调性，并确定
r
和
h
为何值时该蓄水池的体积最大
.
思维升华
解析答案
令
V
′
(
r
)
＝
0
，解得
r
1
＝
5
，
r
2
＝－
5(
因为
r
2
＝－
5
不在定义域内，舍去
).
当
r
∈
(0,5)
时，
V
′
(
r
)>0
，故
V
(
r
)
在
(0,5)
上为增函数；
由此可知，
V
(
r
)
在
r
＝
5
处取得最大值，此时
h
＝
8.
即当
r
＝
5
，
h
＝
8
时，该蓄水池的体积最大
.
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
跟踪演练
3
统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量
y
(
升
)
，关于行驶速度
x
(
千米
/
小时
)
的函数解析式可以表示为：
y
＝
x
3
－
x
＋
8(0<
x
≤
120).
已知甲、乙两地相距
100
千米
.
(1)
当汽车以
40
千米
/
小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
所以，当汽车以
40
千米
/
小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油
17.5
升
.
解析答案
返回
解析答案
(2)
当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
令
h
′
(
x
)
＝
0
得
x
＝
80
，
当
x
∈
(0,80)
时，
h
′
(
x
)<0
，
h
(
x
)
是减函数；
解析答案
当
x
∈
(80,120]
时，
h
′
(
x
)>0
，
h
(
x
)
是增函数，
当
x
＝
80
时，
h
(
x
)
取到极小值
h
(80)
＝
11.25
，
因为
h
(
x
)
在
(0,120)
上只有一个极值，所以它是最小值
.
故当汽车以
80
千米
/
小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为
11.25
升
.
返回
(1)
当
a
＝
0
时，求曲线
y
＝
f
(
x
)
在
(1
，
f
(1))
处的切线方程；
(2)
求
f
(
x
)
的单调区间；
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
.
解析答案
押题依据
高考押题精练
返回
在
(1
，＋
∞
)
上单调递增；
解析答案
函数
f
(
x
)
在
(2
a
＋
1,1)
上单调递减，在
(0,2
a
＋
1)
，
(1
，＋
∞
)
上单调递增
；
③
当
2
a
＋
1
＝
1
，即
a
＝
0
时，函数
f
(
x
)
在
(0
，＋
∞
)
上单调递增；
④
当
2
a
＋
1>1
，即
a
>0
时，函数
f
(
x
)
在
(1,2
a
＋
1)
上单调递减，在
(0,1)
，
(2
a
＋
1
，＋
∞
)
上单调递增
.
解析答案
此时
λ
∈
(0
，＋
∞
).
若
x
1
≠
x
2
，不妨设
1
≤
x
1
<
x
2
≤
2
，
解析答案
即函数
g
(
x
)
在
[1,2]
上为增函数，
即
x
3
－
(2
a
＋
2)
x
2
＋
(2
a
＋
1)
x
＋
λ
≥
0
，
由于
x
∈
[1,2]
，
2
x
－
2
x
2
≤
0
，
即
x
3
－
7
x
2
＋
6
x
＋
λ
≥
0
对任意的
x
∈
[
1,2
]
恒成立
.
令
h
(
x
)
＝
x
3
－
7
x
2
＋
6
x
＋
λ
，
x
∈
[
1,
2]
，则
h
′
(
x
)
＝
3
x
2
－
14
x
＋
6<0
恒成立，
故函数
h
(
x
)
在区间
[
1,2
]
上是减函数，
所以
h
(
x
)
min
＝
h
(2)
＝
λ
－
8
，只要
λ
－
8
≥
0
即可，即
λ
≥
8
，
故实数
λ
的取值范围是
[8
，＋
∞
).
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