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)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件;(2)f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条 件(f '(x)=0只可能在孤立的点处成立).注意　由函数f(x)在区间[a,b]内单调递增(或递减),可得f '(x)≥0(或f '(x)≤ 0)在该区间恒成立,而不是f '(x)>0(或f '(x)<0)恒成立,“=”不能少.必要时 还需对“=”进行检验.
考点二　导数与函数的极(最)值1.函数的极值与导数
　　注:(1)在函数的整个定义域内,函数的极值不一定唯一,在整个定义域 内可能有多个极大值和极小值;(2)极大值与极小值没有必然的大小关系,极大值可能比极小值还小;(3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3,f '(x)=3x2,当x=0时,f '(0)= 0,但x=0不是函数的极值点);(4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零.
2.函数的最大值与最小值(1)函数的最大值与最小值:在闭区间[a,b]上连续的函数f(x),在[a,b]上必有 ⑧　最大值与最小值    ;但在开区间(a,b)内连续的函数f(x)不一定有最大 值与最小值.(2)设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b]上的最大值与最
小值的步骤如下:(i)求f(x)在(a,b)内的⑨　极值    ;(ii)将f(x)的各极值与f(a)、 f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一 个是最小值.
考点三　导数的综合应用　　1.不等式恒成立(有解)问题的处理方法(1)形如f(x)≥g(x)(x∈D)恒成立,主要方法如下:法1:构造函数:F(x)=f(x)-g(x)(x∈D),使F(x)≥0(x∈D)恒成立,即F(x)min≥0(x ∈D)恒成立.求F(x)的最小值即可.法2:参变量分离:a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立,即a≥φ(x)max或a≤φ(x)min(x∈D), 求φ(x)的最大值或最小值即可.(2)形如f(x)≥g(x)(x∈D)有解问题的求解方法:法1:构造函数:F(x)=f(x)-g(x)(x∈D),F(x)≥0在x∈D时有解,即F(x)max≥0(x ∈D)有解,即求F(x)的最大值即可.法2:参变量分离:a≥φ(x)或a≤φ(x)(x∈D)有解,即a≥φ(x)min或a≤φ(x)max(x∈D),即求φ(x)的最值问题.
2.证明形如f(x)≥g(x)的不等式恒成立的方法法1:构造函数:F(x)=f(x)-g(x),即F(x)min≥0恒成立,转化为求F(x)的最小值问题.法2:若f(x)min≥g(x)max,则f(x)≥g(x)恒成立,证明f(x)的最小值大于或等于g(x) 的最大值.法3:中间变量法:f(x)≥h(x)且h(x)≥g(x),则f(x)≥g(x)(h(x)为中间函数,且为 一次函数较多).3.生活中的优化问题(1)生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题,这些问题 通常称为优化问题,导数在这一类问题中有着重要的作用,它是求函数最
大(小)值的有力工具.(2)解决优化问题的基本思路:
考法一　利用导数研究函数的单调性
例1    (2019湖南郴州二模,21)已知函数f(x)=ex(ax2+x+a).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)≤ex(ax2+2x)+1恒成立,求实数a的取值范围.
解析　(1)函数f(x)的定义域为R,且f '(x)=(ax+a+1)·(x+1)ex,当a=0时, f '(x)= ex(x+1),当x>-1时, f '(x)>0,当x<-1时, f '(x)<0,所以函数f(x)的单调增区间为 (-1,+∞),单调减区间为(-∞,-1).当a≠0时, f '(x)=a(x+1) ex,则方程f '(x)=0的两根为-1,- .①当a>0时,-1>- ,所以函数f(x)的单调增区间为 和(-1,+∞),单调减区间为 .②当a<0时,-1<- ,所以函数f(x)的单调增区间为 ,单调减区间为(-∞,-1), .
综上可知,当a>0时,函数f(x)的单调增区间为 和(-1,+∞),单调减区间为 ;当a=0时,函数f(x)的单调增区间为(-1,+∞),单调减区间为(-∞,-1);当a<0时, 函数f(x)的单调增区间为 ,单调减区间为(-∞,-1), .(2)函数f(x)≤ex(ax2+2x)+1恒成立转化为a≤x+ 在R上恒成立.令h(x)=x+ ,则h'(x)= ,易知h(x)在(0,+∞)上为增函数,在(-∞,0)上为减函数.∴h(x)min=h(0)=1.故实数a的取值范围为(-∞,1].
例2    (2020山东临沂高三检测,21(改编))已知函数g(x)=ax-1-bln x(a,b∈R, ab≠0),讨论g(x)的单调性.
综上所述:当a>0,b>0时,g(x)在 上单调递减,在 上单调递增;当a>0,b<0时,g(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0,b>0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减;当a<0,b<0时,g(x)在 上单调递增,在 上单调递减.
方法总结　用导数法求可导函数f(x)在(a,b)内的单调性的步骤:(1)求f '(x);(2)确定f '(x)在(a,b)内的符号;(3)得出结论, f '(x)≥0(或>0)时为增函数, f '(x)≤0(或<0)时为减函数.
解析　(1)f '(x)=eax+1- ,x∈(-1,+∞). (2分)故f '(1)=ea,结合题意知ea=e,∴a=1. (4分)(2)由题意知x∈(0,+∞)时, f '(x)=eax+1- <0有解,当x∈[1,+∞)时, f '(x)=eax+1- >0恒成立,不存在单调递减区间. (5分)当x∈(0,1)时, f '(x)=eax+1- <0有解等价于ln -ax>0有解. (6分)设φ(x)=ln -ax,则φ'(x)= -a,因为x∈(0,1),所以 <-2. (8分)①当a≥-2时,φ'(x)= -a<0恒成立,
φ(x)=ln -ax在x∈(0,1)上单调递减,φ(x)<φ(0)=0恒成立,不符合题意. (10分)②当a<-2时,0< <1,当x∈ 时,φ'(x)= -a>0,φ(x)=ln -ax在x∈ 上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,即ln -ax>0.综上所述,a<-2. (12分)
考法二　利用导数研究函数的极值或最值
解析　(1)当a=1,b=0时, f(x)=ln x- ,此时,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= - = ,由f '(x)>0,得04,所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减.所以f(x)max=f(4)=2ln 2-2.(2)当b>0时,函数f(x)的定义域为[0,+∞),f '(x)= - = .①当a≤0时, f '(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立, f(x)在(0,+∞)上单调递减, 此时f(x)极值点的个数为0;②当a>0时,设h(x)=-x+2a -b,
(i)当4a2-4b≤0,即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)考法三　利用导数研究函数的零点
例4    (2018课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时, f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
解析　(1)证明:当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)证明:设h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点.(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1- 是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a< ,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a= ,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a> ,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1- =1- >1- =1- >0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a= .
方法总结　研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调 性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函 数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可 以使问题有一个清晰、直观的整体展现.
所以h(x)有1个零点.③当a>0时,h'(x)=x- = = ,因为当x∈(0, )时,h'(x)<0,h(x)在(0, )上为减函数,当x∈( ,+∞)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,因为h(1)= >0且h( )<0,
所以方程h(x)=0在区间(0, )内有一解,因为当x>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a<0或a=e时,y=f(x)-g(x)+ 有1个零点;当a>e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0令φ(x)=-2 ln x+x2-2× ·x-2 + .则φ(1)=1>0,φ(e)=- -2 <0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0= ,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1- ≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.所以0= < =a0< = <1.即a0∈(0,1).当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,
从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(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)解题导引　(1)根据求单调区间的步骤求解.(2)要证明f(x)解析　(1)f '(x)= -2(x+1)= (x>-2),当f '(x)<0时,x2+3x+1>0,解得x> .当f '(x)>0时,解得-2-1),当k=2时,h(x)=2ln(x+ 2)-(x+1)(x+3).h'(x)= ,∴当x>-1时,h'(x)<0恒成立,h(x)单调递减.又h(-1)=0,∴当x∈(-1,+∞)时,h(x)-1, f(x)方法总结　1.证明不等式的基本方法:(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1例6    (2019陕西第二次质量检测,21)函数f(x)=ln x+ ,k∈R.(1)若k=1,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≥2+ 恒成立,求实数k的取值范围;(3)设g(x)=f(x)- +1,A(x1,y1),B(x2,y2)为曲线y=g(x)上两点,且0g'(x0).
解题导引　(1)求f '(x),判断f '(x)在(0,+∞)上的正负,从而得单调区间,找出 使f '(x)=0的x是确定单调区间的关键.(2)将恒成立问题等价变形,转化为求确定函数的最值问题,分离常数k时 注意变量x∈(0,+∞)的限定.(3)将要证不等式明确为证明不等式 > 成立(x2>x1>0),再考虑如何变两元x1,x2为一元,此处是证明的关键,由对数运算性质ln x2-ln x1= ln 不妨设 =t,再构造函数证明即可.
解析　(1)当k=1时,函数f(x)=ln x+ ,x>0. f '(x)= - = .当f '(x)>0时,x>1,当f '(x)<0时,00,则h'(x)=1-ln x,令h'(x)=0,得x=e,所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.所以当x=e时,函数h(x)取得最大值h(e)=1,因此k≥1.(3)证明:g(x)=f(x)- +1=ln x+1.k= = ,因为x0= ,所以g'(x0)=(ln x+1)' = = .
要证k>g'(x0),即证 > ,即证ln x2-ln x1> (因为01,即证ln t> =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,g(x)单调递减;x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2>0,所以f '(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,h'(x)单调递减;x∈(ln 2,+∞)时,h″(x)>0,h'(x)单调递增.因为h'(1)=0,所以h'(x)min=h'(ln 2)=4-e-2ln 2<0,因为h'(0)=3-e>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,h(x)单调递 减;x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.又h(0)=h(1)=0,所以x>0时,h(x)≥0,即ex-x2-(e-2)x-1≥0,所以ex-(e-2)x-1≥x2.令φ(x)=ln x-x,则φ'(x)= -1= .所以x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
所以φ(x)≤φ(1)=-1,即ln x+1≤x.因为x>0,所以x(ln x+1)≤x2,所以x>0时,ex-(e-2)x-1≥x(ln x+1),即x>0时,ex-ex-1≥x(ln x-1).