2019年高考数学高分突破复习课件专题六 第5讲

2019年高考数学高分突破复习课件专题六 第5讲

第 5 讲　导数的综合应用与热点问题 高考定位　 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点 ( 方程的根 ) 、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题 . 1. (2018· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x － ax 2 . (1) 若 a ＝ 1 ，证明：当 x ≥ 0 时， f ( x ) ≥ 1 ； (2) 若 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞) 只有一个零点，求 a . (1) 证明　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ e x － x 2 ，则 f ′( x ) ＝ e x － 2 x . 令 g ( x ) ＝ f ′( x ) ，则 g ′( x ) ＝ e x － 2 . 令 g ′( x ) ＝ 0 ，解得 x ＝ ln 2. 当 x ∈ (0 ， ln 2) 时， g ′( x )<0 ； 当 x ∈ (ln 2 ，＋ ∞) 时， g ′( x )>0. ∴ 当 x ≥ 0 时， g ( x ) ≥ g (ln 2) ＝ 2 － 2ln 2>0 ， ∴ f ( x ) 在 [0 ，＋ ∞) 上单调递增， ∴ f ( x ) ≥ f (0) ＝ 1. 真 题 感 悟 (2) 解　 若 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞) 上只有一个零点，即方程 e x － ax 2 ＝ 0 在 (0 ，＋ ∞) 上只有一个解， 当 x ∈ (0 ， 2) 时， φ ′( x )<0 ； 当 x ∈ (2 ，＋ ∞) 时， φ ′( x )>0. 2. (2017· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ax 2 － ax － x ln x ，且 f ( x ) ≥ 0. (1) 求 a ； (2) 证明： f ( x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且 e － 2 < f ( x 0 )<2 － 2 . (1) 解 　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞) ， 设 g ( x ) ＝ ax － a － ln x ， 则 f ( x ) ＝ xg ( x ) ， f ( x ) ≥ 0 等价于 g ( x ) ≥ 0 ， 因为 g (1) ＝ 0 ， g ( x ) ≥ 0 ，故 g ′(1) ＝ 0 ， 当 0< x <1 时， g ′( x )<0 ， g ( x ) 单调递减； 当 x >1 时， g ′( x )>0 ， g ( x ) 单调递增， 所以 x ＝ 1 是 g ( x ) 的极小值点，故 g ( x ) ≥ g (1) ＝ 0. 综上， a ＝ 1. (2) 证明 　由 (1) 知 f ( x ) ＝ x 2 － x － x ln x ， f ′( x ) ＝ 2 x － 2 － ln x ， 当 x ∈ ( x 0 ， 1) 时， h ( x )<0 ；当 x ∈ (1 ，＋ ∞) 时， h ( x )>0. 因为 f ′( x ) ＝ h ( x ) ， 所以 x ＝ x 0 是 f ( x ) 的唯一极大值点 . 由 f ′( x 0 ) ＝ 0 得 ln x 0 ＝ 2( x 0 － 1) ， 故 f ( x 0 ) ＝ x 0 (1 － x 0 ). 因为 x ＝ x 0 是 f ( x ) 在 (0 ， 1) 的最大值点， 由 e － 1 ∈ (0 ， 1) ， f ′(e － 1 )≠0 得 f ( x 0 )> f (e － 1 ) ＝ e － 2 . 所以 e － 2 < f ( x 0 )<2 － 2 . 1. 利用导数研究函数的零点 函数 的零点、方程的实根、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，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解 . 2. 三次函数的零点分布 三 次函数在存在两个极值点的情况下，由于当 x →∞ 时，函数值也趋向 ∞ ，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可 . 存在两个极值点 x 1 ， x 2 且 x 1 < x 2 的函数 f ( x ) ＝ ax 3 ＋ bx 2 ＋ cx ＋ d ( a ≠0) 的零点分布情况如下： 考 点 整 合 a 的符号 零点个数 充要条件 a ＞ 0 ( f ( x 1 ) 为极大值， f ( x 2 ) 为极小值 ) 一个 f ( x 1 ) ＜ 0 或 f ( x 2 )>0 两个 f ( x 1 ) ＝ 0 或者 f ( x 2 ) ＝ 0 三个 f ( x 1 ) ＞ 0 且 f ( x 2 ) ＜ 0 a ＜ 0 ( f ( x 1 ) 为极小值， f ( x 2 ) 为极大值 ) 一个 f ( x 1 )>0 或 f ( x 2 ) ＜ 0 两个 f ( x 1 ) ＝ 0 或者 f ( x 2 ) ＝ 0 三个 f ( x 1 ) ＜ 0 且 f ( x 2 ) ＞ 0 3. 利用导数解决不等式问题 (1) 利用导数证明不等式 . 若证明 f ( x )< g ( x ) ， x ∈ ( a ， b ) ，可以构造函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ，如果能证明 F ( x ) 在 ( a ， b ) 上的最大值小于 0 ，即可证明 f ( x )< g ( x ) ， x ∈ ( a ， b ). (2) 利用导数解决不等式的 “ 恒成立 ” 与 “ 存在性 ” 问题 . ① f ( x )> g ( x ) 对一切 x ∈ I 恒成立  I 是 f ( x )> g ( x ) 的解集的子集  [ f ( x ) － g ( x )] min >0( x ∈ I ). ②  x ∈ I ，使 f ( x )> g ( x ) 成立  I 与 f ( x )> g ( x ) 的解集的交集不是空集  [ f ( x ) － g ( x )] max >0( x ∈ I ). ③ 对  x 1 ， x 2 ∈ I 使得 f ( x 1 ) ≤ g ( x 2 )  f ( x ) max ≤ g ( x ) min . ④ 对  x 1 ∈ I ，  x 2 ∈ I 使得 f ( x 1 ) ≥ g ( x 2 )  f ( x ) min ≥ g ( x ) min . 温馨提醒 　 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键 . 热点一　利用导数研究函数的零点 ( 方程的根 ) 【例 1 】 (2018· 西安调研 ) 函数 f ( x ) ＝ ax ＋ x ln x 在 x ＝ 1 处取得极值 . (1) 求 f ( x ) 的单调区间； (2) 若 y ＝ f ( x ) － m － 1 在定义域内有两个不同的零点，求实数 m 的取值范围 . 解　 (1) f ′( x ) ＝ a ＋ ln x ＋ 1 ， x >0 ， 由 f ′(1) ＝ a ＋ 1 ＝ 0 ，解得 a ＝－ 1. 则 f ( x ) ＝－ x ＋ x ln x ， ∴ f ′( x ) ＝ ln x ，令 f ′( x )>0 ，解得 x >1 ； 令 f ′( x )<0 ，解得 0< x <1. ∴ f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极小值， f ( x ) 的单调递增区间为 (1 ，＋ ∞) ，单调递减区间为 (0 ， 1). (2) y ＝ f ( x ) － m － 1 在 (0 ，＋ ∞) 内有两个不同的零点，可转化为 f ( x ) ＝ m ＋ 1 在 (0 ，＋ ∞) 内有两个不同的根，则函数 y ＝ f ( x ) 与 y ＝ m ＋ 1 的图象有两个不同的交点 . 由 (1) 知， f ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞) 上单调递增， f ( x ) min ＝ f (1) ＝－ 1 ， 由题意得， m ＋ 1> － 1 ， 即 m > － 2 ， ① 当 0< x <1 时， f ( x ) ＝ x ( － 1 ＋ ln x )<0 ； 当 x >0 且 x →0 时， f ( x )→0 ； 当 x → ＋ ∞ 时，显然 f ( x )→ ＋ ∞ . 如图，由图象可知， m ＋ 1<0 ，即 m < － 1 ， ② 由 ①② 可得－ 2< m < － 1. 因此实数 m 的取值范围是 ( － 2 ，－ 1). 探究提高　 1. 三步求解函数零点 ( 方程根 ) 的个数问题 . 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与 x 轴 ( 或直线 y ＝ k ) 在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值 ( 最值 ) 、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解 . 2. 根据函数零点情况求参数范围： (1) 要注意端点的取舍； (2) 选择恰当的分类标准进行讨论 . 【训练 1 】 设函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ c . (1) 求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； (2) 设 a ＝ b ＝ 4 ，若函数 f ( x ) 有三个不同零点，求 c 的取值范围 . 解　 (1) 由 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ c ， 得 f ′( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b . ∵ f (0) ＝ c ， f ′(0) ＝ b ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ bx ＋ c . (2) 当 a ＝ b ＝ 4 时， f ( x ) ＝ x 3 ＋ 4 x 2 ＋ 4 x ＋ c ， ∴ f ′( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 8 x ＋ 4. 当 x 变化时， f ( x ) 与 f ′( x ) 在区间 ( － ∞ ，＋ ∞) 上的情况如下： 热点二　利用导数证明不等式 【例 2 】 (2018· 郑州质检 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x － 1 ＋ a e x . (1) 解　 由 f ( x ) ＝ x － 1 ＋ a e x ，得 f ′( x ) ＝ 1 ＋ a e x . 当 a ≥ 0 时， f ′( x )>0 ，则 f ( x ) 在 R 上单调递增 . (2) 证明　法一　 设 g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ 2 x ＝－ e x ＋ 3 x － 1 ，则 g ′( x ) ＝－ e x ＋ 3. 由 g ′( x )<0 ，得 x >ln 3 ；由 g ′( x )>0 ，得 x － 4 ＋ e x 1 . 法二　 ∵ f ( x 1 ) ＋ f ( x 2 ) ＝－ 5 ， ∴ x 1 ＝ e x 1 ＋ e x 2 － x 2 － 3 ， ∴ x 1 － 2 x 2 ＝ e x 1 ＋ e x 2 － 3 x 2 － 3. 设 g ( x ) ＝ e x － 3 x ，则 g ′( x ) ＝ e x － 3. 由 g ′( x )<0 ，得 x 0 ，得 x >ln 3. 故 g ( x ) min ＝ g (ln 3) ＝ 3 － 3ln 3. ∵ － 1< x 1 <0 ， x 2 >0 ， 探究提高　 1. 证明不等式的基本方法： (1) 利用单调性：若 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上是增函数，则 ①  x ∈ [ a ， b ] ，有 f ( a ) ≤ f ( x ) ≤ f ( b ) ， ②  x 1 ， x 2 ∈ [ a ， b ] ，且 x 1 < x 2 ，有 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  x ∈ D ，有 f ( x ) ≤ M ( 或 f ( x ) ≥ m ). 2. 证明 f ( x )< g ( x ) ，可构造函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ，证明 F ( x )<0. 【训练 2 】 (2016· 全国 Ⅲ 卷 ) 设函数 f ( x ) ＝ ln x － x ＋ 1. 令 f ′( x ) ＝ 0 ，解得 x ＝ 1. 当 0< x <1 时， f ′( x )>0 ， f ( x ) 单调递增 . 当 x >1 时， f ′( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . 因此 f ( x ) 在 (0 ， 1) 上是增函数，在 (1 ，＋ ∞) 上为减函数 . (2) 证明 　由 (1) 知，函数 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得最大值 f (1) ＝ 0. (3) 证明 　由题设 c >1 ，设 g ( x ) ＝ 1 ＋ ( c － 1) x － c x ， 又 g (0) ＝ g (1) ＝ 0 ，故当 0< x <1 时， g ( x )>0. ∴ 当 x ∈ (0 ， 1) 时， 1 ＋ ( c － 1) x > c x . 当 x < x 0 时， g ′( x )>0 ， g ( x ) 单调递增 ；当 x > x 0 时， g ′( x )<0 ， g ( x ) 单调递减 . 热点三　不等式恒成立、存在性问题 考法 1 　不等式恒成立问题 【例 3 － 1 】 (2016· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ( x ＋ 1)ln x － a ( x － 1). (1) 当 a ＝ 4 时，求曲线 y ＝ f ( x ) 在 (1 ， f (1)) 处的切线方程； (2) 若当 x ∈ (1 ，＋ ∞) 时， f ( x )>0 ，求 a 的取值范围 . 解 　 (1) f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞) ， 当 a ＝ 4 时， f ( x ) ＝ ( x ＋ 1)ln x － 4( x － 1) ， 故曲线 y ＝ f ( x ) 在 (1 ， f (1)) 处的切线方程为 2 x ＋ y － 2 ＝ 0. ① 当 a ≤ 2 ， x ∈ (1 ，＋ ∞) 时， x 2 ＋ 2(1 － a ) x ＋ 1 ≥ x 2 － 2 x ＋ 1>0 ， 故 g ′( x )>0 ， g ( x ) 在 (1 ，＋ ∞) 单调递增，因此 g ( x )> g (1) ＝ 0. ② 当 a >2 时，令 g ′( x ) ＝ 0 ， 由 x 2 >1 和 x 1 x 2 ＝ 1 得 x 1 <1. 故当 x ∈ (1 ， x 2 ) 时， g ′( x )<0 ， g ( x ) 在 (1 ， x 2 ) 上单调递减，因此 g ( x )< g (1) ＝ 0 ， 综上可知，实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 2]. (2) f ( x 1 ) ＋ g ( x 2 ) ≥ m ，即 f ( x 1 ) ≥ m － g ( x 2 ) ， 探究提高　 1. 对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化 . 2. “ 恒成立 ” 与 “ 存在性 ” 问题的求解是 “ 互补 ” 关系，即 f ( x ) ≥ g ( a ) 对于 x ∈ D 恒成立，应求 f ( x ) 的最小值；若存在 x ∈ D ，使得 f ( x ) ≥ g ( a ) 成立，应求 f ( x ) 的最大值 . 应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍 . 又 f (1) ＝ 1 ，即切点为 (1 ， 1) ， (2)“ 对任意的 n ∈ [0 ， 2] ，存在 m ∈ [0 ， 2] ，使得 f ( m ) ≥ g ( n ) 成立 ” ，等价于 “ 在 [0 ， 2] 上， f ( x ) 的最大值大于或等于 g ( x ) 的最大值 ”. 所以 g ( x ) 在 [0 ， 2] 上单调递增，所以 g ( x ) max ＝ g (2) ＝ 2. 令 f ′( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 2 或 x ＝ a . ① 当 a ≤ 0 时， f ′( x ) ≥ 0 在 [0 ， 2] 上恒成立， f ( x ) 单调递增， f ( x ) max ＝ f (2) ＝ (4 － a )e － 1 ≥ 2 ，解得 a ≤ 4 － 2e ； ② 当 0< a <2 时， f ′( x ) ≤ 0 在 [0 ， a ] 上恒成立， f ( x ) 单调递减， f ′( x ) ≥ 0 在 [ a ， 2] 上恒成立， f ( x ) 单调递增， f ( x ) 的最大值为 f (2) ＝ (4 － a )e － 1 或 f (0) ＝ a e ， 所以 (4 － a )e － 1 ≥ 2 或 a e ≥ 2. ③ 当 a ≥ 2 时， f ′( x ) ≤ 0 在 [0 ， 2] 上恒成立， f ( x ) 单调递减， ＝ 2 ＋ 10( x － 3)( x － 6) 2 ， 3< x <6. 从而， f ′( x ) ＝ 10[( x － 6) 2 ＋ 2( x － 3)( x － 6)] ＝ 30( x － 4)·( x － 6) ， 于是，当 x 变化时， f ′( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： x (3 ， 4) 4 (4 ， 6) f ′( x ) ＋ 0 － f ( x ) 极大值 42 由上表可得， x ＝ 4 时，函数 f ( x ) 取得极大值，也是最大值， 所以，当 x ＝ 4 时，函数 f ( x ) 取得最大值，且最大值等于 42. 故当销售价格为 4 元 / 千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大 . 探究提高　 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) 结论：回归实际问题作答 . 【训练 4 】 (2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，圆形纸片的圆心为 O ，半径为 5 cm ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O . D ， E ， F 为圆 O 上的点， △ DBC ， △ ECA ， △ FAB 分别是以 BC ， CA ， AB 为底边的等腰三角形 . 沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起 △ DBC ， △ ECA ， △ FAB ，使得 D ， E ， F 重合，得到三棱锥 . 当 △ ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积 ( 单位： cm 3 ) 的最大值为 ________. 解析 　由题意，连接 OD ，交 BC 与点 G ， 令 f ′( x ) ＝ 0 得 x ＝ 2 ，当 x ∈ (0 ， 2) 时， f ′( x )>0 ， f ( x ) 单调递增； 故当 x ＝ 2 时， f ( x ) 取得最大值 80 ， 1. 重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解 . 2. 对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与 x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件 . 3. 利用导数方法证明不等式 f ( x )> g ( x ) 在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h ( x )>0. 其中找到函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) 的零点是解题的突破口 . 4. 不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1) 分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 a ＞ f ( x ) max 或 a ＜ f ( x ) min . (2) 直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论 . (3) 数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用 .