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高考数学二轮复习热点突破专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件
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这是一份高考数学二轮复习热点突破专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件，共38页。PPT课件主要包含了真题感悟，考点整合等内容，欢迎下载使用。
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝－sin x＋sin x＋xcs x＝xcs x.
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解 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x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.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].
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、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，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1
(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
4.(1)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及ex≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.
热点一 利用导数研究函数的零点【例1】 (2020·全国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 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增.故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a).
探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【训练1】 设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
探究提高 形如f(x)＞g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.
由ex≥x＋1＞x，知00；x>1时，f′(x)<0，得f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.从而f(x)≤1－e.
所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].
热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题角度1 含参不等式的恒成立问题【例3】 已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
解 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是[1，e2].
【训练3】 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
当2
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝－sin x＋sin x＋xcs x＝xcs x.
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解 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x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.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].
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、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，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1
(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)
4.(1)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及ex≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.
热点一 利用导数研究函数的零点【例1】 (2020·全国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 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增.故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a).
探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【训练1】 设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
探究提高 形如f(x)＞g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.
由ex≥x＋1＞x，知0
所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].
热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题角度1 含参不等式的恒成立问题【例3】 已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
解 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是[1，e2].
【训练3】 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
当2
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