2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题1 函数与导数2-1-解答题 2

2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题1 函数与导数2-1-解答题 2

第 2 课时 导数与零点及最优化问题 考向一　利用导数研究函数的零点 ( 方程的根 ) 【例 1 】 (2019 · 淄博一模 ) 已知 a∈R , 函数 f(x ) ＝ e x － ax ① (e=2.718 28 … 是自然对数的底数 ). (1) 若函数 f(x ) 在区间 ( － e ，－ 1) 上是减函数 ② , 求实 数 a 的取值范围 . (2) 若函数 F(x )=f(x)-(e x -2ax+2ln x+a ) 在区间 内无零点 ③ , 求实数 a 的最大值 . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到求出函数的导数 ② 想到 f′(x ) 在区间 (-e,-1) 上小于等于 0 恒成立 ③ 想到 F(x ) 在区间 上是单调函数 【解析 】 (1) 由 f(x )=e x -ax, 得 f′(x )=e x -a 且 f′(x ) 在 R 上递增 . 若 f(x ) 在区间 (-e,-1) 上是减函数 , 只需 f′(x)≤0 恒成 立 . 因此只需 f′(-1)=e -1 -a≤0, 解得 a≥ . 又当 a= 时 ,f′(x )=e x - ≤0 当且仅当 x=-1 时取等号 . 所以实数 a 的取值范围是 . (2) 方法一 : 由已知得 F(x )=a(x-1)-2ln x, 且 F(1)=0, 则 F′(x )=a- = = ,x>0. ① 当 a≤0 时 ,F′(x )<0,F(x) 在区间 (0,+∞) 上单调递减 , 结合 F(1)=0 知 , 当 x∈ 时 ,F(x )>0. 所以 F(x ) 在 内无零点 . ② 当 a>0 时 , 令 F′(x )=0, 得 x= . 若 ≥ 时 , 即 a∈(0,4] 时 ,F(x ) 在 上是减函数 . 又 x→0 时 ,F(x )→+∞. 要使 F(x ) 在 内无零点 , 只需 F =- -2ln ≥0, 则 04 时 , 则 F(x ) 在 上是减函数 , 在 上是增函数 . 所以 F(x) min =F =2-a-2ln , 令 φ (a )=2-a-2ln , 则 φ ′(a )=-1+ = <0. 所以 φ (a ) 在 (4,+∞) 上是减函数 , 则 φ (a )< φ (4)= 2ln 2-2<0. 因此 F <0, 所以 F(x ) 在 x∈ 内一定有零点 , 不 合题意 , 舍去 . 综上 , 函数 F(x ) 在 内无零点 , 应有 a≤4ln 2, 所以 实数 a 的最大值为 4ln 2. 方法二 : 当 a≤0 时 , 同方法一 . 当 a>0 时 ,x∈ ,F′(x )<0;x∈ , F′(x )>0. 所以 F(x ) 在 上单调递减 , 在 上单调递增 . 因此 F(x) min =F . ① 若 ≥1, 即 0F(1)=0, 所以 F(x ) 在 内无零点 . ② 若 <1, 即 a>2 时 ,F(x) min =F ≤F(1)=0. 要使函数 F(x ) 在 内无零点 , 只需 F =- -2ln ≥0, 则 20; 当 x∈ 时 ,g′(x )<0, 所以 g(x ) 在 单调递增 , 在 单调递减 . 又 g(0)=0,g >0,g(π)=-2, 故 g(x ) 在 (0,π) 存在唯 一零点 . 所以 f′(x ) 在 (0,π) 存在唯一零点 . (2) 由题设知 f(π)≥aπ,f(π )=0, 可得 a≤0. 由 (1) 知 ,f′(x ) 在 (0,π) 只有一个零点 , 设为 x 0 , 且当 x∈(0,x 0 ) 时 ,f′(x )>0; 当 x∈(x 0 ,π) 时 ,f′(x )<0, 所以 f(x ) 在 (0,x 0 ) 单调递增 , 在 (x 0 ,π) 单调递减 . 又 f(0)=0,f(π)=0, 所以 , 当 x∈[0,π] 时 ,f(x)≥0. 又当 a≤0,x∈[0,π] 时 ,ax≤0, 故 f(x)≥ax . 因此 ,a 的取值范围是 (-∞,0]. 考向二　利用导数求解最优化问题 【例 2 】 某商场销售某种商品的经验表明 , 该商品每日 的销售量 y( 单位 : 千克 ) 与销售价格 x( 单位 : 元 / 千克 ) 满 足关系式 y= +10(x-6) 2 , 其中 30,h(x) 是增函数 , 当 x=80 时 ,h(x ) 取到极小值 h(80)=11.25, 因为 h(x ) 在 (0,120] 上只有一个极值 , 所以它是最小值 . 故当汽车以 80 千米 / 时的速度匀速行驶时 , 从甲地到乙地耗油最少 , 最少为 11.25 升 .