2019届全国通用版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数的热点问题讲义文.ppt

热点分类突破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.解答当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).证明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∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2).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.解答证明解答解函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，解答解f(0)＝－1，又f(x)在(－∞，0)上单调递减，
故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，
所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；
②当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0.
而在区间(－∞，0)内，f(x)<0，
即f(x)在此区间内无零点.
所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点.
综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k＝0时，f(x)只有一个零点.(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.跟踪演练2(2018·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值；解由已知可得
f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)解答g′(x)＝3x2＋(1－d2).
当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.当d2>1时，若g(x2)≥0，则由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.解答解设需新建n个桥墩，解答令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，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.解答解易知半圆CmD的半径为x，
故半圆CmD的弧长为πx.
所以4＝2x＋2y＋πx，解答＝8x2－(4＋3π)x3.
令T′＝16x－3(4＋3π)x2＝0，真题押题精练(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；解f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋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＝－lna.
当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0；
当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增.(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.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＝－lna时，因此f(x)在(－lna，＋∞)上有一个零点.
综上，a的取值范围为(0,1).押题预测证明由题意知G(x)＝asin(1－x)＋lnx，证明证明由(1)知，当a＝1时，
G(x)＝sin(1－x)＋lnx在(0,1)上单调递增.
∴sin(1－x)＋lnx<G(1)＝0，解答解由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，
即当x∈(0，＋∞)时，F(x)min>0.
又设h(x)＝F′(x)＝ex－2mx－2，
h′(x)＝ex－2m，m<0，
则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，
则必然存在x0∈(0,