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新高考数学二轮复习课件 专题四4.2 导数的应用（含解析）
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这是一份新高考数学二轮复习课件 专题四4.2 导数的应用（含解析），共33页。
考点一 导数与函数的单调性设函数f(x)在区间(a,b)内可导, f '(x)是f(x)的导数,则
【注意】 1)f '(x)>0(<0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充分不必要条件.2) f '(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的必要不充分条件.3)若f '(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于零,则f '(x)≥0(≤0)是f(x) 在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
考点二 导数与函数的极(最)值1.函数的极值
【注意】 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,极值点处的导数必为零.2.函数的最值1)一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那 么它必有最大值和最小值,函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
【常用结论】 若函数f(x)在开区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值 一定是函数的最值.
考法一 利用导数研究函数的单调性1.求函数的单调区间或讨论函数的单调性1)利用导数求函数f(x)单调区间的步骤①确定函数f(x)的定义域;②求导数f '(x);③解不等式f '(x)>0,函数在解集与定义域的交集上为增函数;④解不等式f '(x)<0,函数在解集与定义域的交集上为减函数.2)含参函数的单调性问题含参函数的单调性问题主要以两种形式呈现,一是判断含参函数的单调 性,二是求含参函数的单调区间.这两种形式实质上是一致的,只不过是换 了一种说法.解决此类问题时,通常归结为求含参不等式的解集问题,而对
含有参数的不等式要针对具体情况进行分类讨论,但始终要注意定义域 及分类讨论的标准.2.已知函数的单调性求参数范围注意参数在导函数解析式中的位置,先尝试分离参数,将问题转化为求解 对应函数的最值问题;若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性 无法利用导数解决,则可以直接转化为求解含参函数的最值问题.
)和(a+ ,+∞)上单调递增;在(a- ,a+ )上单调递减.综上,当a≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时, f(x)在(0,a- )和(a+ ,+∞)上单调递增,在(a- ,a+ )上单调递减.
考法二 利用导数研究函数的极(最)值1.解决函数极值问题的一般思路 2.可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f '(x)的变号零点存在问 题.
3.求函数的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调 性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得出函数最值.
例2 (2021山东烟台二中三模,21)已知函数f(x)=ex(mx2+x),g(x)=exx2+ax+aln x+1.(1)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数m的值;(2)当m=1时,若∀x>0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的值.
解析 (1)因为f(x)=ex(mx2+x),所以f '(x)=ex(mx2+x+2mx+1).因为f(x)在x=1处取极大值,所以f '(1)=0,所以e1(m+1+2m+1)=0,所以m=- .当m=- 时, f '(x)=- ex(2x+3)(x-1),当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
(2)当m=1时, f(x)=ex(x2+x),因为∀x>0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,所以x>0时, ex(x2+x)≥exx2+ax+aln x+1,即ex+ln x≥a(x+ln x)+1,令t=h(x)=x+ln x,因为h(x)=x+ln x为(0,+∞)上的增函数,且h(x)的值域为R, 所以t∈R,故问题转化为“∀t∈R,et-at-1≥0恒成立”,不妨设F(t)=et-at-1, 所以F'(t)=et-a,当a≤0时,F'(t)=et-a>0,所以F(t)在R上单调递增,且F(0)=e0-1=0,所以当t∈(-∞,0)时,F(t)0时,令F'(t)=0,解得t=ln a,当t∈(-∞,ln a)时,F'(t)<0,F(t)单调递减,当t∈(ln a,+∞)时,F'(t)>0,F(t)单调
递增,所以F(t)min=F(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1≥0,所以1-ln a- ≥0,所以ln a+
-1≤0,记φ(a)=ln a+ -1,则φ'(a)= ,当a∈(0,1)时,φ'(a)<0,φ(a)单调递减,当a∈(1,+∞)时,φ'(a)>0,φ(a)单调递增,所以φ(a)min=φ(1)=0,又因为ln a+ -1≤0,即φ(a)≤0,所以a=1.
考法三 利用导数研究不等式1.利用导数证明不等式的方法证明f(x)
nf(x)].(注意对x的符号进行讨论)2)关系式为“减”型①f '(x)-f(x)≥0,构造y= ,则y'= '= = .②xf '(x)-f(x)≥0,构造y= ,则y'= '= .③xf '(x)-nf(x)≥0,构造y= ,则y'= '= = .
例3 (多选)(2021山东日照二模,11)若实数t≥2,则下列不等式中一定成立 的是 ( )A.(t+3)ln(t+2)>(t+2)ln(t+3)B.(t+1)t+2>(t+2)t+1C.1+ >lgt(t+1)D.lg(t+1)(t+2)>lg(t+2)(t+3)
考法四 利用导数研究函数的零点或方程的根1.先求函数的单调区间和极值,根据函数的性质画出图象,然后将问题转 化为函数图象与x轴交点问题,主要是应用数形结合思想和分类讨论思想.2.构造函数,将问题转化为研究两个函数的图象的交点问题.3.分离参变量,即由f(x)=0分离参变量,得a=φ(x),研究直线y=a与y=φ(x)的图 象的交点问题.
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.设函数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)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点等价于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= .
考法五 导数在解决实际问题中的应用利用导数解决实际问题的一般步骤
例5 一边长为1米的正方形铁片,铁片的四角截去四个边长都为x米的小正 方形,然后做成一个无盖方盒.(1)试把方盒的容积V表示为x的函数;(2)x多大时,方盒的容积V最大?
解析 (1)由题意可得方盒的底面边长为(1-2x)米,高为x米,则V=(1-2x)2x=4x3-4x2+x,x∈ .(2)因为V=4x3-4x2+x,x∈ ,所以V'=12x2-8x+1,令V'=0,得x= .当x∈ 时,V'>0,当x∈ 时,V'<0,因此x= 是函数V的极大值点,也是最大值点,故当x= 时,方盒的容积最大.
应用 利用导数研究三次函数的性质对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),求导得f '(x)=3ax2+2bx+c,当Δ=4(b2- 3ac)>0时,不妨设f '(x)=0的两个实根是x1,x2,且x1b C.aba2
三、一元三次方程的根的情况f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0)对应的方程根的情况:
例3 (2020课标Ⅲ,20,12分)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.
解析 (1)f '(x)=3x2-k.当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.当k<0 时,f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.当k>0时,令f '(x)=0,得x=± .当x∈ -∞,- 时, f '(x)>0;当x∈ 时,f '(x)<0;当x∈ 时, f '(x)>0.故f(x)在 , 单调递增,在 单调递减.
考点一 导数与函数的单调性设函数f(x)在区间(a,b)内可导, f '(x)是f(x)的导数,则
【注意】 1)f '(x)>0(<0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充分不必要条件.2) f '(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(减)的必要不充分条件.3)若f '(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于零,则f '(x)≥0(≤0)是f(x) 在区间(a,b)内单调递增(减)的充要条件.
考点二 导数与函数的极(最)值1.函数的极值
【注意】 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,极值点处的导数必为零.2.函数的最值1)一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那 么它必有最大值和最小值,函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
【常用结论】 若函数f(x)在开区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值 一定是函数的最值.
考法一 利用导数研究函数的单调性1.求函数的单调区间或讨论函数的单调性1)利用导数求函数f(x)单调区间的步骤①确定函数f(x)的定义域;②求导数f '(x);③解不等式f '(x)>0,函数在解集与定义域的交集上为增函数;④解不等式f '(x)<0,函数在解集与定义域的交集上为减函数.2)含参函数的单调性问题含参函数的单调性问题主要以两种形式呈现,一是判断含参函数的单调 性,二是求含参函数的单调区间.这两种形式实质上是一致的,只不过是换 了一种说法.解决此类问题时,通常归结为求含参不等式的解集问题,而对
含有参数的不等式要针对具体情况进行分类讨论,但始终要注意定义域 及分类讨论的标准.2.已知函数的单调性求参数范围注意参数在导函数解析式中的位置,先尝试分离参数,将问题转化为求解 对应函数的最值问题;若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性 无法利用导数解决,则可以直接转化为求解含参函数的最值问题.
)和(a+ ,+∞)上单调递增;在(a- ,a+ )上单调递减.综上,当a≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时, f(x)在(0,a- )和(a+ ,+∞)上单调递增,在(a- ,a+ )上单调递减.
考法二 利用导数研究函数的极(最)值1.解决函数极值问题的一般思路 2.可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f '(x)的变号零点存在问 题.
3.求函数的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调 性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得出函数最值.
例2 (2021山东烟台二中三模,21)已知函数f(x)=ex(mx2+x),g(x)=exx2+ax+aln x+1.(1)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数m的值;(2)当m=1时,若∀x>0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的值.
解析 (1)因为f(x)=ex(mx2+x),所以f '(x)=ex(mx2+x+2mx+1).因为f(x)在x=1处取极大值,所以f '(1)=0,所以e1(m+1+2m+1)=0,所以m=- .当m=- 时, f '(x)=- ex(2x+3)(x-1),当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
(2)当m=1时, f(x)=ex(x2+x),因为∀x>0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,所以x>0时, ex(x2+x)≥exx2+ax+aln x+1,即ex+ln x≥a(x+ln x)+1,令t=h(x)=x+ln x,因为h(x)=x+ln x为(0,+∞)上的增函数,且h(x)的值域为R, 所以t∈R,故问题转化为“∀t∈R,et-at-1≥0恒成立”,不妨设F(t)=et-at-1, 所以F'(t)=et-a,当a≤0时,F'(t)=et-a>0,所以F(t)在R上单调递增,且F(0)=e0-1=0,所以当t∈(-∞,0)时,F(t)
-1≤0,记φ(a)=ln a+ -1,则φ'(a)= ,当a∈(0,1)时,φ'(a)<0,φ(a)单调递减,当a∈(1,+∞)时,φ'(a)>0,φ(a)单调递增,所以φ(a)min=φ(1)=0,又因为ln a+ -1≤0,即φ(a)≤0,所以a=1.
考法三 利用导数研究不等式1.利用导数证明不等式的方法证明f(x)
nf(x)].(注意对x的符号进行讨论)2)关系式为“减”型①f '(x)-f(x)≥0,构造y= ,则y'= '= = .②xf '(x)-f(x)≥0,构造y= ,则y'= '= .③xf '(x)-nf(x)≥0,构造y= ,则y'= '= = .
例3 (多选)(2021山东日照二模,11)若实数t≥2,则下列不等式中一定成立 的是 ( )A.(t+3)ln(t+2)>(t+2)ln(t+3)B.(t+1)t+2>(t+2)t+1C.1+ >lgt(t+1)D.lg(t+1)(t+2)>lg(t+2)(t+3)
考法四 利用导数研究函数的零点或方程的根1.先求函数的单调区间和极值,根据函数的性质画出图象,然后将问题转 化为函数图象与x轴交点问题,主要是应用数形结合思想和分类讨论思想.2.构造函数,将问题转化为研究两个函数的图象的交点问题.3.分离参变量,即由f(x)=0分离参变量,得a=φ(x),研究直线y=a与y=φ(x)的图 象的交点问题.
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.设函数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)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点等价于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= .
考法五 导数在解决实际问题中的应用利用导数解决实际问题的一般步骤
例5 一边长为1米的正方形铁片,铁片的四角截去四个边长都为x米的小正 方形,然后做成一个无盖方盒.(1)试把方盒的容积V表示为x的函数;(2)x多大时,方盒的容积V最大?
解析 (1)由题意可得方盒的底面边长为(1-2x)米,高为x米,则V=(1-2x)2x=4x3-4x2+x,x∈ .(2)因为V=4x3-4x2+x,x∈ ,所以V'=12x2-8x+1,令V'=0,得x= .当x∈ 时,V'>0,当x∈ 时,V'<0,因此x= 是函数V的极大值点,也是最大值点,故当x= 时,方盒的容积最大.
应用 利用导数研究三次函数的性质对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),求导得f '(x)=3ax2+2bx+c,当Δ=4(b2- 3ac)>0时,不妨设f '(x)=0的两个实根是x1,x2,且x1
三、一元三次方程的根的情况f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0)对应的方程根的情况:
例3 (2020课标Ⅲ,20,12分)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.
解析 (1)f '(x)=3x2-k.当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.当k<0 时,f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.当k>0时,令f '(x)=0,得x=± .当x∈ -∞,- 时, f '(x)>0;当x∈ 时,f '(x)<0;当x∈ 时, f '(x)>0.故f(x)在 , 单调递增,在 单调递减.
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