第3章 提升课2 利用导数研究函数问题-【优化探究】2025年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版2019）

提升课2　利用导数研究函数问题 第三章　导数及其应用 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 关键能力　重点探究 内容索引 课时作业　巩固提升 关键能力　重点探究 考点一　利用导数研究函数图象问题 (2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)已知函数 y ＝ xf '( x )的图象如图所示 (其中 f '( x )是函数 f ( x )的导函数)，下面四个图象中可能是 y ＝ f ( x )图象 的是(　C　) C 例1 由 y ＝ xf '( x )的图象知，当 x ∈(－∞，－1)时， xf '( x )＜0，故 f '( x )＞0， f ( x )单调递增； 当 x ∈(－1，0)时， xf '( x )＞0，故 f '( x )＜0，当 x ∈[0，1)时， xf '( x )≤0，故 f '( x )≤0. 等号仅有可能在 x ＝0处取得， 所以 x ∈(－1，1)时， f ( x )单调递减； 当 x ∈(1，＋∞)时， xf '( x )＞0，故 f '( x )＞0， f ( x )单调递增，结合选项只 有C符合. 解决陌生函数图象问题，可以考虑函数性质，利用排除法及导数 知识解决问题. 方法总结 1. 已知函数 f ( x )＝若关于 x 的方程 f ( x )－ kx ＋1＝0 有四个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 (　A　) A. (－2，2) B. (0，2) C. (－1，2) D. (－1，＋∞) A 跟踪训练 当 x ≤0时， f ( x )＝( x ＋2)2－4，故 f ( x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，0]上单调递增，其大致图象如图所示.由 f ( x )－ kx ＋1＝0，得 f ( x )＝ kx －1，令 g ( x )＝ kx －1， 关于 x 的方程 f ( x )－ kx ＋1＝0有四个不同的实根 等价于函数 f ( x )， g ( x )的图象有四个不同的交点. 当 x ＞0时， f '( x )＝ln x －2， 当 x ∈(0，e2)时， f '( x )＜0；当 x ∈(e2，＋∞)时， f '( x )＞0，所以 f ( x )在 (0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增， 当 x ＞0时， f ( x )＝ x ln x －3 x 的图象在点( x 0， f ( x 0))处切线斜率为ln x 0－2， 该切线过点(0，－1)时， x 0满足 ＝ln x 0－2， 即 ＝ln x 0－2，解得 x 0＝1， 所以 f ( x )＝ x ln x －3 x 的图象过点(0，－1)的切线斜率为－2； f ( x )＝ x 2＋4 x 的图象在点( t ， f ( t ))处的切线斜率为2 t ＋4， 该切线过点(0，－1)时， ＝2 t ＋4.因为 t ＜0，解得 t ＝－1， 所以 f ( x )＝ x 2＋4 x 的图象过点(0，－1)的切线斜率为2. 结合函数图象可知， 当 k 的取值范围是(－2，2)时 f ( x )， g ( x )的图象有四个不同的公共点. 考点二　利用导数证明不等式 (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数 f ( x )＝ a (e x ＋ a )－ x . (1)讨论 f ( x )的单调性； [解]　由已知得函数 f ( x )的定义域为R，f'( x )＝ a e x －1. 例2 ①当 a ≤0时，f'( x )＜0， f ( x )在R上单调递减； ②当 a ＞0时，令f'( x )＝0，则 x ＝ln ， 当 x ＜ln 时，f'( x )＜0， f ( x )单调递减； 当 x ＞ln 时，f'( x )＞0， f ( x )单调递增. 综上所述，当 a ≤0时， f ( x )在R上单调递减； 当 a ＞0时， f ( x )在 上单调递减，在 上单 调递增. (2)证明：当 a ＞0时， f ( x )＞2ln a ＋ . [证明]　由(1)知，当 a ＞0时， f ( x )在 上单调递减，在 上单调递增，∴ f ( x )min＝ f ＝ a －ln ＝1＋ a 2＋ln a . 要证明 f ( x )＞2ln a ＋ ，只需证明1＋ a 2＋ln a ＞2ln a ＋ ， 即证 a 2－ln a － ＞0. 令 g ( x )＝ x 2－ln x － ( x ＞0)，即 g '( x )＝2 x － ＝ . 当0＜ x ＜ 时， g '( x )＜0， g ( x )单调递减； 当 x ＞ 时， g '( x )＞0， g ( x )单调递增， ∴ g ( x )min＝ g ＝ －ln － ＝ －ln ＝ln ＞0， ∴ g ( x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即 a 2－ln a － ＞0，∴ f ( x )＞2ln a ＋ . 方法总结 1. 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性，利用最值即可得证. 2. 某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数进行证明. 3. 适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见的放缩结论： ln x ＜ x ＜e x ( x >0)； ≤ln( x +1) ≤ x ( x ＞－1)；若 x ∈ (0， )，则 tan x ＞ x ＞ sin x ；若 x ∈(0，＋∞),则 e x ≥ x +1> x －1≥ln x . 2. 已知函数 f ( x )＝ －ln x . (1)讨论函数 f ( x )的单调性； 解：f'( x )＝ ＝ ＝ ， ①当 a ≤0时， a e x －1＜0，由f'( x )＞0得0＜ x ＜1；由f'( x )＜0得 x ＞1. ∴ f ( x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 跟踪训练 ②当0＜ a ＜ 时，由 a e x －1＝0得 x ＝ln ＞1，由f'( x )＞0得0＜ x ＜1或 x ＞ln ；由f'( x )＜0得1＜ x ＜ln . ∴ f ( x )在(0，1)和 上单调递增，在 上单调递减. ③当 a ＝ 时，由 a e x －1＝0得 x ＝1， 此时f'( x )＞0恒成立， ∴ f ( x )在(0，＋∞)上递增. ④当 ＜ a ＜1时，由 a e x －1＝0得 x ＝ln ∈(0，1)，由f'( x )＞0得0＜ x ＜ ln 或 x ＞1；由f'( x )＜0得ln ＜ x ＜1. ∴ f ( x )在 和(1，＋∞)上单调递增，在 上单调递减. ⑤当 a ≥1时，由 a e x －1＝0得 x ＝ln ≤0(舍)，由f'( x )＞0得 x ＞1；由f'( x ) ＜0得0＜ x ＜1. ∴ f ( x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (2)若 a ∈[1，＋∞)，证明： a e x －ln( ax )－(e－1) x ≥1. 证明：要证 a e x －(e－1) x －ln( ax )≥1，即证 －ln x ≥ －ln x ＋ e－1. 由(1)知当 a ≥1时， f ( x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴ f ( x )min＝ f (1)＝ a e－1. 令 g ( x )＝ －ln x ＋e－1，则 g '( x )＝ . 令 h ( x )＝1－ln( ax )－ x ，则 h '( x )＝－ －1＜0， ∴ h ( x )在(0，＋∞)上单调递减.又 h (1)＝－ln a ≤0， h ＝1－ ≥0， ∴存在 x 0∈ ，使得 h ( x 0)＝1－ln( ax 0)－ x 0＝0， 当 x ∈(0， 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， ∴ g ( x )≤ g ( x 0)＝ －ln x 0＋e－1＝ －ln x 0＋e－2. ∵ g ( x 0)在 上单调递减， ∴ g ( x 0)≤ g ＝ a ＋ln a ＋e－2， 只要证： a e－1≥ a ＋ln a ＋e－2， 令 F ( a )＝ a e－1－ a －ln a －e＋2，则 F '( a )＝e－1－ ＞0， ∴函数 F ( a )在 a ∈[1，＋∞)上单调递增， ∴ F ( a )≥ F (1)＝e－1－1－0－e＋2＝0成立. ∴原命题成立. 考点三　利用导数求解实际问题 (2024·河北衡水模拟)某公司准备投资生产一种新产品，经测算，已知每年生产 x (5≤ x ≤15)万件的该种产品所需要的总成本 C ( x )＝ － x 2＋16 x ＋30(万元)，依据产品尺寸，产品的品质可能出现优、中、差三种情况，随机抽取了1 000件产品测量尺寸，尺寸分别在[25.26，25.30)，[25.30，25.34)，[25.34，25.38)，[25.38，25.42)， [25.42，25.46)，[25.46，25.50)，[25.50，25.54] (单位：mm)中，经统计得到的频率分布直方图 如图所示. 例3 产品的品质情况和相应的价格 m (元/件)与年产量 x 之间的函数关系如表 所示. 产品 品质 产品尺寸的范围 价格 m 与产量 x 的 函数关系式 优 [25.34，25.46) m ＝－ x ＋34 中 [25.26，25.34) m ＝－ x ＋25 差 [25.46，25.54] m ＝－ x ＋20 以频率作为概率解决如下问题： (1)求实数 a 的值； [解]　由题意得0.04×(2＋3＋4＋ a ＋2.5＋4.5＋3)＝1，解得 a ＝6. (2)当产量 x 确定时，设不同品质的产品价格为随机变量 Y ，求随机变量 Y 的分布列； [解]　当产品品质为优时频率为 p 1＝0.04×(4＋6＋2.5)＝0.5，此时价格 为－ x ＋34； 当产品品质为中时频率为 p 2＝0.04×(2＋3)＝0.2， 此时价格为－ x ＋25； 当产品品质为差时频率为 p 3＝0.04×(4.5＋3)＝0.3， 此时价格为－ x ＋20； 以频率作为概率，可得随机变量 Y 的分布列为： Y － x ＋34 － x ＋25 － x ＋20 p 0.5 0.2 0.3 (3)估计当年产量 x 为何值时，该公司年利润最大，并求出最大值. [解]　设公司年利润为 f ( x )，则 f ( x )＝ x ， 整理得 f ( x )＝－ ＋ x 2＋12 x －30， f '( x )＝－ x 2＋3 x ＋12＝－ ( x ＋3)( x －12)， ∴当年产量 x ＝12时， f ( x )取得最大值 f (12)＝138. 估计当年产量 x ＝12时，该公司年利润取得最大值，最大利润为138 万元. 显然当 x ∈[5，12]时， f '( x )≥0， x ∈[12，15]时， f '( x )≤0， 方法总结 利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤 注意：在利用导数解决实际问题时，若在定义域内只有一个极值，则这个值即为最值. 3. 某医疗用品生产商用新旧两台设备生产防护口罩，产品成箱包装，每 箱500个. (1)若从新旧两台设备生产的产品中分别随机抽取100箱作为样本，其中 新设备生产的100箱样本中有10箱存在不合格品，旧设备生产的100箱样 本中有25箱存在不合格品，由样本数据，填写完成2×2列联表，能否有 99％的把握认为“有不合格品”与“新旧设备”有关联？ 跟踪训练 单位：箱 是否有不合格品设备 无不合格品 有不合格品 合计 新 旧 合计 解：(1)单位：箱 是否有不合格品设备 无不合格品 有不合格品 合计 新 90 10 100 旧 75 25 100 合计 165 35 200 χ2＝ ＝ ≈7.792＞6.635， 所以有99％的把握认为箱中有不合格品与新旧设备有关联，此推断犯错 误的概率不大于0.01. (2)若每箱口罩在出厂前都要做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱口罩中任取20个做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有口罩做检验.设每个口罩为不合格品的概率都为 p (0＜ p ＜1)，且各口罩是否为不合格品相互独立.记20个口罩中恰有3件不合格品的概率为 f ( p )，求 f ( p )最大时 p 的值 p 0. 解：由题意，得 f ( p )＝ p 3(1－ p )17， 则f'( p )＝ [3 p 2(1－ p )17－17 p 3(1－ p )16]＝ p 2·(1－ p )16(3－20 p )， 令f'( p )＝ p 2(1－ p )16(3－20 p )＝0，又0＜ p ＜1，得 p ＝ . 当 p ∈ 时，f'( p )＞0，当 p ∈ 时，f'( p )＜0，所以 f ( p )最 大时 p 的值 p 0＝ . (3)现对一箱产品检验了20个，结果恰有3个不合格品，以(2)中确定的 p 0 作为 p 的值.已知每个口罩的检验费用为0.2元，若有不合格品进入用户 手中，则生产商要为每个不合格品支付5元的赔偿费用.以检验费用与赔 偿费用之和的期望为决策依据，是否要对这箱产品余下的480个口罩做 检验？ 附：χ2＝ ，其中 n ＝ a ＋ b ＋ c ＋ d . 解：由(2)知 p ＝ . 设 Y 表示余下的480件产品中不合格品的数量，依题意知 Y ～ B ， 所以 EY ＝480× ＝72. 若不对该箱余下的口罩做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和 记为 X ，则 X ＝0.2×20＋5 Y ， 所以 EX ＝0.2×20＋5× EY ＝364. 如果对余下的产品做检验，这一箱产品所需要的检验费为0.2×500＝100(元). 364远大于100，所以应该对余下的480个口罩进行检验. 课时作业　巩固提升 1. 为了丰富学生的课外活动，某中学举办羽毛球比赛，经过三轮的筛 选，最后剩下甲、乙两人进行最终决赛，决赛采用五局三胜制，即当 甲、乙两人中有一人先赢得三局比赛时，该选手获胜，比赛结束.每局 比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲 在每一局获胜的概率均为 p (0＜ p ＜1). (1)若比赛进行三局就结束的概率为 f ( p )，求 f ( p )的最小值； 1 2 解：三局就结束比赛的概率 f ( p )＝ p 3＋(1－ p )3， f'( p )＝3 p 2－3(1－ p )2＝6 p －3， 当0＜ p ＜ 时，f'( p )＜0；当 ＜ p ＜1时，f'( p )＞0. 所以 f ( p )在 上单调递减，在 上单调递增，所以当 p ＝ 时， f ( p )取得最小值为 . 1 2 (2)记(1)中， f ( p )取得最小值时， p 的值为 p 0，以 p 0作为 p 的值，用 X 表 示甲、乙实际比赛的局数，求 X 的分布列及数学期望 EX . 解：由(1)知， p ＝ p 0＝ . 设实际比赛局数为 X ，则 X 的所有可能取值为3，4，5， 所以 P ( X ＝3)＝ ＋ ＝ ， P ( X ＝4)＝2× × × × ＝ ， P ( X ＝5)＝2× × × × ＝ ， 1 2 X 3 4 5 P ​ ​ ​ 所以 EX ＝3× ＋4× ＋5× ＝ . X 的分布列为 1 2 2. 已知函数 f ( x )＝2 sin x － sin 2 x . (1)当0≤ x ≤π时，求 f ( x )的最大值； 解：f'( x )＝2 cos x －2 cos 2 x ＝2 cos x －2(2 cos 2 x －1)＝(－ cos x ＋1) (4 cos x ＋2). 当0≤ x ≤π时，令f'( x )＞0，得－ ＜ cos x ＜1，即0＜ x ＜ ；令f'( x )＜0，得 cos x ＜－ ，即 ＜ x ＜π. 所以函数 f ( x )在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 0≤ x ≤π时， f ( x )max＝ f ＝ . 1 2 (2)当 ≤ x ≤ 时，求证： f ( x )＞ln( x ＋1). 证明：设 g ( x )＝ f ( x )－ln( x ＋1)＝2 sin x － sin 2 x －ln( x ＋1)， 则 g '( x )＝－4 cos 2 x ＋2 cos x ＋2－ . 当 ≤ x ≤ 时，1－ ＞0， 所以 g '( x )＞－4 cos 2 x ＋2 cos x ＋1， 1 2 又－4 cos 2 x ＋2 cos x ＋1＝－4 ＋ ， 所以－4 cos 2 x ＋2 cos x ＋1＞0， 所以 g '( x )＞0在区间 上恒成立. 所以 y ＝ g ( x )在区间 上单调递增， 所以 g ( x )≥ g ＝ －ln ＞ －ln ≈ －0.739＞0， 所以当 ≤ x ≤ 时， f ( x )＞ln( x ＋1). 1 2 $$