2019高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用课件理.ppt

1、第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用,高考理数,考点一 导数与函数的单调性设函数f(x)在(a,b)内可导,f (x)是f(x)的导数,则,注:(1)f(x)在(a,b)内可导为此规律成立的一个前提条件; (2)对于在(a,b)内可导的函数f(x)来说, f (x)0是f(x)在(a,b)上为递增函数 的充分不必要条件;f (x)0,即并不是在定义域中的任意一点处都满足 f (x)0.,知识清单,考点二 导数与函数的极(最)值 1.函数的极值与导数,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)

2、=x3,f (x)=3x2,当x=0时,f (0) =0,但是x=0不是函数的极值点); (4)可导函数在极值点处的导数必为零. 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.,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,(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 极值 ; (ii)将f(x)的各 极 值与 f(a)、f(b) 比较,其

3、中最大的一个是最 大值,最小的一个是最小值.,考点三 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应用, 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:,方法一:方法二: 求函数f(x)的定义域; 求导函数f (x);,利用导数研究函数的单调性的两个方法,方法技巧,在定义域内解不等式f (x)0和f (x)0.若不等式中带有参数,则一般 需对参数进行分类讨论; 确定函数f(x)的单调区间. 例1 (2017天津红桥一模,19(1)已知函数f(x)=x- -2ln x,aR.讨论函数 f(

4、x)的单调性.,解析 函数f(x)=x- -2ln x的定义域为(0,+),f (x)=1+ - = , 令f (x)=0,得x2-2x+a=0,其判别式=4-4a. 当0,即a1时,x2-2x+a0,f (x)0,此时f(x)在(0,+)上单调递增; 当0,即a1,若a 0,则x10,则x(0,x2)时,f (x)0,即f(x)在(0,x2)上 单调递减,在(x2,+)上单调递增; 若a0,则x10,则x(0,x1)时,f (x)0,x(x1,x2)时,f (x)0,即f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递 增.,综上所述,当a0时,函数f(x)

5、在(0,x2)上单调递减,在(x2,+)上单调递增; 当0a1时,函数f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+) 上单调递增; 当a1时,函数f(x)在(0,+)上单调递增.,1.可导函数在某一区间上单调,实际上就是在该区间上f (x)0(或f (x) 0)(f (x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立,然后分离参 数,转化为求函数的最值问题,从而获得参数的取值范围; 2.可导函数在某一区间上存在单调区间,实际上就是f (x)0(或f (x) 0)(f (x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)在该区间上存在解集,这 样就把函数的单调性问题转化成了不等

6、式问题; 3.若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I中含有参数时,可先求出f(x)的单 调区间,令I是其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.,利用导数与函数的单调性求参数的取值范围,例2 (2015重庆,20,12分)设函数f(x)= (aR). (1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1) 处的切线方程; (2)若f(x)在3,+)上为减函数,求a的取值范围.,解析 (1)对f(x)求导得f (x)= = , 因为f(x)在x=0处取得极值,所以f (0)=0,即a=0. 当a=0时,f(x)= ,f (x)= , 故f(1)= , f

7、 (1)= , 从而f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y- = (x-1), 化简得3x-ey=0. (2)由(1)知f (x)= . 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由g(x)=0,解得x1= ,x2= .,当x0,即f (x)0,故f(x)为增函数; 当xx2时,g(x)0,即f (x)0,故f(x)为减函数. 由f(x)在3,+)上为减函数,知x2= 3,解得a- ,故a的取 值范围为 .,1.解决函数极值问题的一般思路,利用导数研究函数的极(最)值,2.函数的最大值、最小值是比较整个定义域内的函数值得出来的,函数 的极值是比较极值点附近的函数值得出来的,函数的极值可以

8、有多个,但最大(小)值只有一个,极值只能在区间内一点处取得,最值可以在端点 处取得,有极值未必有最值,有最值也未必有极值,极值可能成为最值. 例3 (2017江西南昌高三第二次模拟,21)已知函数f(x)=xln(x-1)-ax2+bx (a,bR,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)k 成立,求正实数k的取 值范围.,解析 (1)当a=-1时,f (x)=ln(x-1)+ +2x+b, 记g(x)=f (x)-b, 则g(x)= - +2= ,令g(x)=0x= ,

9、当x 时,g(x)0, 所以当x= 时,g(x)取得极小值6-ln 2, 又g =e+ +2,g(e+1)=2e+ +4,f (x)=0g(x)=-b,所以 (i)当-b6-ln 2,即bln 2-6时,f (x)0,函数f(x)在区间 上无极值点; (ii)当6-ln 2-be+ +2,即-e- -2bln 2-6时,f (x)=0有两个不同的解,函 数f(x)在区间 上有两个极值点; (iii)当e+ +2-b2e+ +4,即-2e- -4b-e- -2时,f (x)=0有一个解,函 数f(x)在区间 上有一个极值点; (iv)当-b2e+ +4,即b-2e- -4时,f (x)0,函数f

10、(x)在区间 上 无极值点. (2)当a=1,b=e+2时,对任意的x(1,+)都有f(x)k 成立,即xln(x-1)-x2+(e+2)x0,当x2时,h(x)2时,(x)0, 所以当x=2时,(x)取得最小值(2)= , 所以只需e2,即正实数k的取值范围是(2,+).,1.利用导数证明不等式 若证明f(x)g(x),x(a,b),则可以通过构造函数F(x)=f(x)-g(x),证明F(x) 0;如果证明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,那么即可证明f(x)g(x),x (a,b). 2.利用导数解决不等式的恒成立问题 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题,一般都可通过求相关函 数

11、的最值来解决,如:当f(x)在xD上存在最大值和最小值时,若f(x) g(a)对于xD恒成立,应求f(x)在xD上的最小值,将原条件转化为g(a) f(x)min;若f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)在xD上的最大值,将原条 件转化为g(a)f(x)max;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,则应求f(x)在x,利用导数解决不等式问题的常见类型及解题策略,D上的最大值,将原条件转化为g(a)f(x)max,若存在xD,使得f(x)g(a) 成立,则应求f(x)在xD上的最小值,将原条件转化为g(a)f(x)min. 例4 (2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=x-1-

12、aln x. (1)若f(x)0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n, m,求m的最 小值.,解题导引,解析 本题考查导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+). 若a0,因为f =- +aln 20,由f (x)=1- = 知,当x(0,a)时, f (x)0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.故x=a是f(x)在(0, +)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)0.故a=1. (2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0. 令x=1+ ,得ln . 从而ln +ln +ln + + =1- 1.,故 2

13、,所以m的最小值为3.,一题多解 f (x)=1- = (x0).当a0时, f (x)0,而f(1)=0,不合题意, a0,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.又f(x)0,f(a) 0,即a-1-aln a0,记h(x)=x-1-xln x,则h(x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1) 上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0,即当且仅当x=1时,h (x)0,当且仅当a=1时,f(x)0成立.a=1.,利用导数研究函数零点的方法 方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点

14、的个数. 方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数.,利用导数研究函数的零点或方程的根,例5 (2016课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零 点. (1)求a的取值范围; (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.,解析 (1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (2分) (i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点. (3分) (ii)设a0,则当x(-,1)时, f (x)0.所以f(x)在 (-,1)上单调递减,在(1,+)上单

15、调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b (b-2)+a(b-1)2=a 0, 故f(x)存在两个零点. (4分) (iii)设a0, 因此f(x)在(1,+)上单调递增.又当x1时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点. (6分) 若a1,故当x(1,ln(-2a)时, f (x)0. 因此f(x)在(1,ln(-2a)上单调递减,在(ln(-2a),+)上单调递增.又当x1 时f(x)f(2-x2),即f(2-x2)0. 由于f(2-x2)=-x2 +a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2) +a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2) . (10分) 设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g(x)=(x-1)(e2-x-ex).,所以当x1时, g (x)1时,g(x)0. 从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x22. (12分),