2020年高考数学（理）总复习课件：专题一 函数与导数 (3份打包)

专题一 函数与导数 第1课时 题型1 函数中的数形结合思想 数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题 简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助 于把握数学问题的本质.它是数学的规律性与灵活性的有机结 合.纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决 一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重 点是研究“以形助数”. 例1：若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－. (1)求函数f(x)的解析式； (2)若方程f(x)＝k有3个解，求实数k的取值范围. 解：(1)求导，得f′(x)＝3ax2－b. 由题意，得解得 ∴函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x＋4. (2)由(1)，可得 f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)， 令 f′(x)＝0，得 x＝2 或 x＝－2. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 28 3 ↘ 4 －— 3 ↗ 图 1-1 因此，f(x)极大值＝f(－2)＝， f(x)极小值＝f(2)＝－. ∴函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图1­1. ∵方程f(x)＝k的解的个数即为函数 y＝k与y＝f(x)图象的交点个数， ∴实数k的取值范围为－. <k< 【规律方法】可以继续探讨： ①若方程f(x)＝k有两解，则实数k的取值范围是. ②若方程f(x)＝k只有一解，则实数k的取值范围是 .∪ 【互动探究】 (1)求函数 y＝f(x)的单调区间； (2)若函数 y＝f(x)的图象与直线 y＝1 恰有两个交点，求 a 的取值范围. 解：(1)f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a). 令 f′(x)＝0，得 x1＝－2a，x2＝0，x3＝a. 当 a>0 时，列表如下： 1.已知函数f(x)＝ax3－a2x2＋a4(a>0).x4＋ 所以 f(x)的单调递增区间为(－2a,0)和(a，＋∞)， f(x)的单调递减区间为(－∞，－2a)和(0，a). x (－∞，－2a) －2a (－2a,0) 0 (0，a) a (a，+∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ (2)由(1)，得f(x)极小值＝f(－2a)＝－a4<0， f(x)极小值＝f(a)＝a4，f(x)极大值＝f(0)＝a4. 要使f(x)的图象与直线y＝1恰有两个交点， (1) (2) 图 D22 只要a4>1[如图D22(1)]或a4<1[如图D22(2)]. 即a＞，或0＜a＜1. 图 1-2 【规律方法】(1)继续探讨：函数y＝f(x)的图象与直线y＝1恰有三个交点，则a的取值范围为a＝1[如图1­2(1)]或a＝ [如图1­2(2)]；函数y＝f(x)的图象与直线y＝1恰有四个交点，则a的取值范围为1<a< [如图1­2(3)]. (2)请结合例1 一起学习，例1 中函数图象确定，直线y＝k 在动(变化)；而本题中直线 y＝1 确定，函数图象在动(变化)， 数形结合中蕴含运动变化的思想. 题型2 函数中的分类讨论思想 例2：(2016 年山东)设 f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令 g(x)＝f′(x)，求 g(x)的单调区间； (2)已知 f(x)在 x＝1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围. 思路点拨：(1)求导，得f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 则g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞). 从而g′(x)＝. －2a＝ 讨论a≤0或a>0两种情况即可求解. (2)由(1)知，f′(1)＝0.分以下情况讨论：①当a≤0时， ②当0<a<时，综合即可.时，④当a>时，③当a＝ 解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞). 则g′(x)＝. －2a＝ 当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； 当a>0，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减. 所以当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>0时，函数g(x)的单调递增区间为. ，单调递减区间为 (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)内单调递增， 所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意. ②当0<a<>1， 时， 由(1)知f′(