2018届二轮复习导数的热点问题课件
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
已知函数
f
(
x
)
＝
(ln
x
－
k
－
1)
x
(
k
∈
R
).
(1)
当
x
>1
时，求
f
(
x
)
的单调区间和极值；
解
f
′
(
x
)
＝
·
x
＋
ln
x
－
k
－
1
＝
ln
x
－
k
，
①
当
k
≤
0
时，因为
x
>1
，所以
f
′
(
x
)
＝
ln
x
－
k
>0
，
函数
f
(
x
)
的单调递增区间是
(1
，＋
∞
)
，无单调递减区间，无极值；
②
当
k
>0
时，令
ln
x
－
k
＝
0
，解得
x
＝
e
k
，
当
1<
x
e
k
时，
f
′
(
x
)>0.
所以函数
f
(
x
)
的单调递减区间是
(1
，
e
k
)
，
单调递增区间是
(e
k
，＋
∞
)
，
在区间
(1
，＋
∞
)
上的极小值为
f
(e
k
)
＝
(
k
－
k
－
1)e
k
＝－
e
k
，无极大值
.
解答
解答
(2)
若对于任意
x
∈
[e
，
e
2
]
，都有
f
(
x
)<4ln
x
成立，求
k
的取值范围；
解
由题意，
f
(
x
)
－
4ln
x
<0
，
即问题转化为
(
x
－
4)ln
x
－
(
k
＋
1)
x
<0
对于
x
∈
[e
，
e
2
]
恒成立
.
所以
t
(
x
)
在区间
[e
，
e
2
]
上单调递增，
故
t
(
x
)
min
＝
t
(e)
＝
e
－
4
＋
4
＝
e>0
，故
g
′
(
x
)>0
，
所以
g
(
x
)
在区间
[e
，
e
2
]
上单调递增，
证明
思维升华
(3)
若
x
1
≠
x
2
，且
f
(
x
1
)
＝
f
(
x
2
)
，证明：
x
1
x
2
0
，
所以
x
1
x
2
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：
f
(
x
)
存在唯一的极大值点
x
0
，且
e
－
2
<
f
(
x
0
)<2
－
2
.
证明
证明
由
(1)
知
f
(
x
)
＝
x
2
－
x
－
x
ln
x
，
f
′
(
x
)
＝
2
x
－
2
－
ln
x
，
当
x
∈
(0
，
x
0
)
时，
h
(
x
)>0
；
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)
上的最大值点，
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
.
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
f
(
x
)
＝
ax
3
－
3
x
2
＋
1(
a
>0)
，定义
h
(
x
)
＝
max{
f
(
x
)
，
g
(
x
)}
＝
(
1)
求函数
f
(
x
)
的极值；
解答
解
∵
函数
f
(
x
)
＝
ax
3
－
3
x
2
＋
1,
∴
f
′
(
x
)
＝
3
ax
2
－
6
x
＝
3
x
(
ax
－
2)
，
∵
a
>0
，
∴
x
1
<
x
2
，列表如下：
x
(
－
∞
，
0)
0
f
′
(
x
)
＋
0
－
0
＋
f
(
x
)
递增
极大值
递减
极小值
递增
∴
f
(
x
)
的极大值为
f
(0)
＝
1
，
(2)
若
g
(
x
)
＝
xf
′
(
x
)
，且存在
x
∈
[1,2]
使
h
(
x
)
＝
f
(
x
)
，求实数
a
的取值范围；
解答
解
g
(
x
)
＝
xf
′
(
x
)
＝
3
ax
3
－
6
x
2
，
∵
存在
x
∈
[
1,2
]
，使
h
(
x
)
＝
f
(
x
)
，
∴
f
(
x
)
≥
g
(
x
)
在
x
∈
[
1,2
]
上有解，
即
ax
3
－
3
x
2
＋
1
≥
3
ax
3
－
6
x
2
在
x
∈
[
1,2
]
上有解，
∴
2
a
≤
4
，即
a
≤
2.
(3)
若
g
(
x
)
＝
ln
x
，试讨论函数
h
(
x
)(
x
>0)
的零点个数
.
解答
思维升华
解
由
(1)
知，
f
(
x
)
在
(0
，＋
∞
)
上的最小值为
∴
h
(
x
)
＝
max{
f
(
x
)
，
g
(
x
)}
在
(0
，＋
∞
)
上无零点
.
又
g
(1)
＝
0
，
∴
h
(
x
)
＝
max{
f
(
x
)
，
g
(
x
)}
在
(0
，＋
∞
)
上有一个零点
.
设
φ
(
x
)
＝
f
(
x
)
－
g
(
x
)
＝
ax
3
－
3
x
2
＋
1
－
ln
x
(0<
x
<1)
，
∴
φ
(
x
)
在
(0,1)
上单调递减
.
(
ⅰ
)
当
0<
x
≤
x
0
时，
∵
φ
(
x
)
＝
f
(
x
)
－
g
(
x
)
≥
φ
(
x
0
)
＝
0
，
∴
h
(
x
)
＝
f
(
x
)
且
h
(
x
)
为减函数
.
又
h
(
x
0
)
＝
f
(
x
0
)
＝
g
(
x
0
)
＝
ln
x
0
0
，
∴
h
(
x
)
在
(0
，
x
0
)
上有一个零点；
(
ⅱ
)
当
x
>
x
0
时，
∵
φ
(
x
)
＝
f
(
x
)
－
g
(
x
)<
φ
(
x
0
)
＝
0
，
∴
h
(
x
)
＝
g
(
x
)
且
h
(
x
)
为增函数，
∵
g
(1)
＝
0
，
∴
h
(
x
)
在
(
x
0
，＋
∞
)
上有一零点；
从而
h
(
x
)
＝
max{
f
(
x
)
，
g
(
x
)}
在
(0
，＋
∞
)
上有两个零点，
综上所述，当
0<
a
<2
时，
h
(
x
)
有两个零点；
当
a
＝
2
时，
h
(
x
)
有一个零点；
当
a
>2
时，
h
(
x
)
无零点
.
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
.
跟踪演练
2
(2017
届云南曲靖一中月考
)
已知
f
(
x
)
＝
2
x
ln
x
，
g
(
x
)
＝
x
3
＋
ax
2
－
x
＋
2.
(1)
如果函数
g
(
x
)
的单调递减区间
为
，
求函数
g
(
x
)
的解析式；
解答
解
g
′
(
x
)
＝
3
x
2
＋
2
ax
－
1
，
代入得
a
＝－
1
，
∴
g
(
x
)
＝
x
3
－
x
2
－
x
＋
2.
解答
(2)
在
(1)
的条件下，求函数
y
＝
g
(
x
)
的图象在点
P
(
－
1
，
g
(
－
1))
处的切线方程
；
解
由
(1)
知，
g
(
－
1)
＝
1
，
∴
g
′
(
x
)
＝
3
x
2
－
2
x
－
1
，
g
′
(
－
1)
＝
4
，
∴
点
P
(
－
1,1)
处的切线斜率
k
＝
g
′
(
－
1)
＝
4
，
∴
函数
y
＝
g
(
x
)
的图象在点
P
(
－
1,1)
处的切线方程为
y
－
1
＝
4(
x
＋
1)
，
即
4
x
－
y
＋
5
＝
0.
解答
(3)
已知不等式
f
(
x
)
≤
g
′
(
x
)
＋
2
恒成立，若方程
a
e
a
－
m
＝
0
恰有两个不等实根，求
m
的取值范围
.
解
由题意知，
2
x
ln
x
≤
3
x
2
＋
2
ax
＋
1
对
x
∈
(0
，＋
∞
)
恒成立，
当
0<
x
<1
时，
h
′
(
x
)>0
；当
x
>1
时，
h
′
(
x
)<0
，
∴
当
x
＝
1
时，
h
(
x
)
取得最大值，
h
(
x
)
max
＝
h
(1)
＝－
2
，
∴
a
≥
－
2.
令
φ
(
a
)
＝
a
e
a
，则
φ
′
(
a
)
＝
e
a
＋
a
e
a
＝
e
a
(
a
＋
1)
，
∴
φ
(
a
)
在
[
－
2
，－
1]
上单调递减，
在
(
－
1
，＋
∞
)
上单调递增，
当
a
→
＋
∞
时，
φ
(
a
)
→
＋
∞
，
∴
方程
a
e
a
－
m
＝
0
恰有两个不等实根，
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
(2017
届福建福州外国语学校期中
)
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；
解答
解
设需新建
n
个桥墩，
(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？
解答
思维升华
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，
故需新建
5
个桥墩才能使余下工程的费用
y
最小
.
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
证明
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
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
；
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
.
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
F
(
x
)
＝
g
－
1
(
x
)
－
mx
2
－
2(
x
＋
1)
＋
b
＝
e
x
－
mx
2
－
2
x
＋
b
－
2>0
，
即
F
(
x
)
min
>0.
又
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
(
－
∞
，
x
0
)
上单调递减，在
(
x
0
，＋
∞
)
上单调递增，
又
m
<0
，则
x
0
∈
(0
，
ln 2)
，
∴
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.
