高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件

这是一份高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件，共60页。PPT课件主要包含了专题六函数与导数等内容，欢迎下载使用。

第4讲　导数的综合应用(文理)
1 解题策略 · 明方向
2 考点分类 · 析重点
3 易错清零 · 免失误
4 真题回放 · 悟高考
5 预测演练 · 巧押题
01 解题策略 · 明方向
导数日益成为解决数学问题强有力的工具，利用导数研究函数的单调性与极(最)值是常见题型，而导数与函数、不等式的交汇命题，则是高考的热点和难点．在高考压轴题中，常以二次函数、指数函数、对数函数为载体考查函数的零点、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立等热点问题．
02 考点分类 · 析重点
1．常见重要不等式(1)ln x≤x－1(x＞0)．(2)ex≥x＋1．(当且仅当x＝0时等号成立)
考点一　利用导数研究不等式问题
2．构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
3．含有双变量的不等式问题的常见转化策略(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c，d]上的最大值．
考向1　利用导数证明不等式(2020·北京房山区期末)已知函数f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1．(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求证：f(x)>－1．
利用导数证明不等式的两个妙招(1)构造函数法证明不等式①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数．②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论．③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．
(2)转化函数最值法证明不等式①条件：函数很复杂，直接求导不可行．②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数．③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论．
考向2　利用导数解决不等式恒(能)成立问题(2020·肥东县模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)2－3aln x，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈[1，e]，f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．
利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．
方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．
考点二　利用导数研究函数的零点问题
考向1　利用导数研究函数零点(2020·福田区校级模拟)已知函数f(x)＝sin x＋acs x－xcs x，x∈(0,2π)，a∈(0,2π)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：函数f(x)在定义域上只有一个零点．
【解析】　(1)f′(x)＝cs x－asin x－(cs x－xsin x)＝(x－a)sin x，x∈(0,2π)，令f′(x)＝0得x＝a或x＝π，易知，当x∈(0，π)时，sin x＞0；当x∈(π，2π)时，sin x＜0，①当a＝π时，f′(x)＝(x－π)sin x≤0，故f(x)在(0,2π)单调递减；②当a∈(0，π)时，令f′(x)＜0得0＜x＜a或π＜x＜2π，令f′(x)＞0得a＜x＜π，故f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；
③当a∈(π，2π)时，令f′(x)＜0得0＜x＜π或a＜x＜2π，令f′(x)＞0得π＜x＜a，故f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．综上，当a＝π时，f(x)在(0,2π)单调递减；当a∈(0，π)时，f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；当a∈(π，2π)时，f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．
(2)证明：由(1)知，①当a＝π时，f(x)在(0,2π)单调递减；且f(0)＝sin 0＋πcs 0－0cs 0＝π＞0，f(2π)＝sin 2π＋πcs 2π－2πcs 2π＝－π＜0，即f(0)·f(2π)＜0，故函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．②当a∈(0，π)时，f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；故f(x)的极小值为f(a)＝sin a＋acs a－acs a＝sin a＞0，因此f(x)在(0，a)上无零点；
f(x)的极大值为f(π)＝sin π＋acs π－πcs π＝π－a＞0，又f(2π)＝sin 2π＋acs 2π－2πcs 2π＝a－2π＜0，f(π)·f(2π)＜0，故f(x)在(π，2π)上有一个零点，因此，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．③当a∈(π，2π)时，f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．故f(x)的极小值为f(π)＝π－a＜0，又f(0)＝sin 0＋acs 0－0cs 0＝a＞0，
f(0)·f(π)＜0，故f(x)在(0，π)上有一个零点，f(x)的极大值为f(a)＝sin a＜0，又f(2π)＝a－2π＜0，故f(x)在(π，2π)上无零点，因此，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．综上，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．
利用导数研究函数零点问题的思路(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
②当a＜0时，由f′(x)＝0得x＝0，由x≤0得f′(x)≤0，f(x)为减函数，由x＞0得f′(x)＞0，f(x)为增函数，则f(x)极小＝f(0)＝a＜0．又x→－∞时，f(x)＞0，x→＋∞时，f(x)＞0，所以当a＜0时，f(x)始终有两个零点．综上所述，a的取值范围是(－∞，0)．
根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，(f(x)＝g(x)－h(x))据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围．
03 易错清零 · 免失误
1．用错恒成立的条件已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求的取值范围．【错解1】　∵f(x)≥0恒成立，∴Δ＝a2－4(3－a)≤0恒成立解得的取值范围为－6≤a≤2．
【解析】　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2lnx＋2＋2a(x>0)．因为函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，所以存在实数m∈(e2，＋∞)，使得f′(m)＝2lnm＋2＋2a＝0，即a＝－lnm－1<－lne2－1＝－3．所以a的取值范围为(－∞，－3)．
【剖析】　本题是一道涉及双变量的不等式证明问题，易错点是不知道怎样构造函数．破解这类题的关键是通过换元法达到消元的目标，再构造函数，利用函数的单调性证明不等式．一般地，在双变量不等式中，两个变量的地位相同，取值独立，此类题的证明途径有：①构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题；②构造函数，转化为求函数的最值问题．
04 真题回放 · 悟高考
【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故：当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
1．(文)(2020·全国卷Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)；
所以当x＝1时，函数h(x)有最大值，即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c，要想不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，只需h(x)max≤0⇒－1－c≤0⇒c≥－1；
当x>a时，ln x>ln a，所以m′(x)<0，m(x)单调递减，因此有m(x)0，m(x)单调递增，因此有m(x)3．(文)(2020·全国卷Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．