新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用综合篇课件

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用综合篇课件，共45页。
注意　(1)讨论函数单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解 时,要坚持“定义域优先”原则.(2)有相同单调性的单调区间不止一个时,用“,”隔开或用“和”连接,不 能用“∪”连接.2.用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系(1)f '(x)>0(或f '(x)0(或f '(x)-1时, f '(x)>0,当x0,b>0时,g(x)在 上单调递减,在 上单调递增;当a>0,b0,φ(x)=ln -ax在x∈ 上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,即ln -ax>0.综上所述,a0,得00,即a> 时,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,则 + =2a>0, =b>0,所以x1,x2都大于0,即f '(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,此时f(x)极值点的个数为2.综上所述,a≤ 时, f(x)极值点的个数为0;a> 时, f(x)极值点的个数为2.
例    (2017江西南昌高三第二次模拟,21)已知函数f(x)=x·ln(x-1)-ax2+bx(a,b ∈R,a,b为常数,e为自然对数的底数).(1)当a=-1时,讨论函数f(x)在区间 上极值点的个数;(2)当a=1,b=e+2时,对任意的x∈(1,+∞)都有f(x)0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)0,h(x)在( ,+∞)上为增函数,所以x= 时,h(x)有极小值,也是最小值,h( )= a-aln = a(1-ln a).当a∈(0,e)时,h( )= a(1-ln a)>0,h(x)没有零点;当a=e时,h( )= a(1-ln a)=0,h(x)有1个零点x= ;当a∈(e,+∞)时,h( )= a(1-ln a)0且h( )1时,x-ln x>0,所以x>ln x,则h(x)= x2-aln x> x2-ax,因为2a> >1,所以h(2a)> (2a)2-2a2=0,所以h(x)=0在区间( ,+∞)内有一解,所以方程h(x)=0在区间(0,+∞)内有两解.综上所述,当a∈[0,e)时,y=f(x)-g(x)+ 没有零点;当ae时,y=f(x)-g(x)+ 有2个零点.
例    (2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间 (1,+∞)内有唯一解.
解析　(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2 ,所以g'(x)=2- + = .当0f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区 间(1,+∞)内有唯一解.
考法四　利用导数研究不等式
例5    (2020浙江温州中学3月模拟,21改编)已知f(x)=2ln(x+2)-(x+1)2,g(x)=k(x+1).(1)求f(x)的单调区间;(2)当k=2时,求证:∀x>-1, f(x)-1时,h'(x) ,即证ln x2-ln x1> (因为0 =2- ,也就是要证ln t+ -2>0,其中t∈(1,+∞),设k(t)=ln t+ -2(t∈(1,+∞)),则k'(t)= - = = >0,所以k(t)在(1,+∞)上单调递增,因此k(t)>k(1)=0.即k>g'(x0).
方法总结    解决不等式恒成立问题的常见方法:①分离参数,化为a≥f(x) 恒成立(a≥f(x)max即可)或a≤f(x)恒成立(a≤f(x)min即可);②数形结合(y=f(x) 图象在y=g(x)图象上方(或下方)即可);③讨论最值f(x)min≥0或f(x)max≤0恒 成立;④讨论参数,排除不合题意的参数范围,筛选出符合题意的参数范围.
例    (2019河南八市重点高中联盟第五次测评,21)已知函数f(x)=ex-ax2,且 曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:x>0时,ex-ex-1≥x(ln x-1).
解析　(1)由f(x)=ex-ax2,得f '(x)=ex-2ax.因为曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直,所以f '(1)=e-2a=e-2,所以a=1,即f(x)=ex-x2, f '(x)=ex-2x.令g(x)=ex-2x,则g'(x)=ex-2.所以x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)0恒成立, f(x)单调递增.即f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无减区间.(2)证明:由(1)知f(x)=ex-x2, f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(e-1) =(e-2)(x-1),即y=(e-2)x+1.令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1,则h'(x)=ex-2x-(e-2)=ex-e-2(x-1),
且h'(1)=0,h″(x)=ex-2,x∈(-∞,ln 2)时,h″(x)0,所以存在x0 ∈(0,1),使x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;x∈(x0,1)时,h'(x)0时,ex-(e-2)x-1≥x(ln x+1),即x>0时,ex-ex-1≥x(ln x-1).