2019高考数学二轮复习专题二第四讲导数的综合应用课件文.pptx

1、第四讲 导数的综合应用,总纲目录,考点一 恒成立与有解问题 命题角度一:不等式恒成立问题,(2018陕西西安八校联考)设函数f(x)=(ax+1)e-x(aR). (1)当a0时,求函数f(x)的单调递增区间; (2)对任意的x0,+), f(x)x+1恒成立,求实数a的取值范围.,解析 (1)f (x)=ae-x-(ax+1)e-x=ae-x , 由于e-x0,a0,所以令f (x)0,得x . 所以当a0时, f(x)的单调递增区间是 . (2)令h(x)=(ax+1)e-x-x-1,则f(x)x+1恒成立等价于h(x)0恒成立. 若a0,则当x0时,ax+11,0e-x1f(x)1, 而

2、x+11,所以f(x)x+1恒成立. 若0a2, 则h(x)=e-x(a-1-ax)-1. 当x0时,令t(x)=a-1-ax,由t(x)是减函数,知t(x)max=t(0)=a-11.,又e-x1,所以h(x)0, 所以h(x)在0,+)上是减函数, 所以当x0时,h(x)h(0)=0. 若a2,则h(0)=e-0(a-1-a0)-1=a-20, h(1)=e-1(a-1-a)-1=-e-1-10,h(x)在(0,x0)上为增函数,即x(0,x0)时,h(x)h(0)=0, 所以f(x)x+1,不符合题意. 综上,符合题意的a的取值范围是(-,2.,方法归纳 对于含参数的不等式,如果易分离参

3、数,那么可先分离参数、构造 函数,直接转化为求函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过 程中,必要时可作出函数图象(草图),借助几何图形分析转化.,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)= +2x-4= . x=3是函数f(x)的一个极值点,f (3)=0,解得a=-6. 经检验,当a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,故a=- 6. (2)由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)a -2x0. 记F(x)=x-ln x(x0),则F(x)= (x0), 当01时,F(x)0,F(x)单调递 增. F(x)F(1)=10,a .,记G(x)= ,x

4、 , 则G(x)= = . x ,2-2ln x=2(1-ln x)0,x-2ln x+20, 当x 时,G(x)0,G(x) 单调递增. G(x)min=G(1)=-1,aG(x)min=-1, 故实数a的取值范围为-1,+).,方法归纳 “恒成立”与“存在性”问题的求解过程是“互补”关系,即f (x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,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.,(2018河南郑州质量预测)已知函数f(x)=ln x-a(x+1),aR的图象在 (1, f(1)处的切线与x轴平行. (1)求f(x)的单

5、调区间; (2)若存在x01,当x(1,x0)时,恒有f(x)- +2x+ k(x-1)成立,求k的 取值范围.,解析 (1)由已知可得f(x)的定义域为(0,+). f (x)= -a,f (1)=1-a=0,a=1, f (x)= -1= . 令f (x)0,得01, f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+). (2)不等式f(x)- +2x+ k(x-1)可化为ln x- +x- k(x-1). 令g(x)=ln x- +x- -k(x-1), 则g(x)= -x+1-k= .,考点二 利用导数证明不等式 命题角度一:单变量的不等式证明,已知函数f(x)=aex-bl

6、n x,曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为 y= x+1. (1)求a,b的值; (2)证明: f(x)0.,解析 (1)由题意得函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aex- , f(1)= , f (1)= -1, 所以 解得 (2)证明:由(1)知f(x)= ex-ln x. 因为f (x)=ex-2- 在(0,+)上单调递增, 又f (1)0, 所以f (x)=0在(0,+)上有唯一实根x0,且x0(1,2).,当x(0,x0)时, f (x)0, 从而当x=x0时, f(x)取极小值,也是最小值. 由f (x0)=0,得 = ,则x0-2=-ln x0. 故

7、f(x)f(x0)= -ln x0= +x0-22 -2=0, 所以f(x)0.,方法归纳 利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x).证明技巧: 先将不等式f(x)g(x)移项,即构造函数h(x)=f(x)-g(x),转化为证不 等式h(x)0,再转化为证明h(x)min0,因此,只需在所给的区间内判 断h(x)的符号,从而判断h(x)的单调性,并求出函数h(x)的最小值, 从而得证.,已知函数f(x)=ln x- ax2+x,aR. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程; (2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证

8、明:x1+x2 .,命题角度二:双变量的不等式证明,解析 (1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,切点为(1,1),又f (x)= + 1,切线斜率k=f (1)=2. 故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)证明:当a=-2时, f(x)=ln x+x2+x,x0. f(x1)+f(x2)+x1x2=0, 即ln x1+ +x1+ln x2+ +x2+x1x2=0, 从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2). 令t=x1x2,(t)=t-ln t, 得(t)=1- = .,易知(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上

9、单调递增, 所以(t)(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)1. 又x10,x20,所以x1+x2 .,方法归纳 破解含双参不等式的证明的关键:一是转化,即由已知条件入手, 寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的 不等式;二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求 其最值;三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参 不等式,即可证得结果.,(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a 时, f(x)0.,解析 (1)f(x)的定义域为(

10、0,+), f (x)=aex- . 由题设知, f (2)=0,所以a= . 从而f(x)= ex-ln x-1, f (x)= ex- . 当02时, f (x)0. 所以f(x)的单调递减区间是(0,2),单调递增区间是(2,+). (2)当a 时, f(x) -ln x-1. 设g(x)= -ln x-1,则g(x)= - .,当01时,g(x)0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x0时,g(x)g(1)=0. 因此,当a 时, f(x)0.,考点三 利用导数解决函数的零点问题 命题角度一:求函数零点的个数,设函数f(x)=ln x+ ,mR. (1)当m=e(e为自然对数的底

11、数)时,求f(x)的极小值; (2)讨论函数g(x)=f (x)- 零点的个数.,解析 (1)当m=e时, f(x)=ln x+ ,则 f (x)= , 当x(0,e)时, f (x)0, f(x)在(e,+)上单调递增. 当x=e时, f(x)取得极小值f(e)=ln e+ =2, 当m=e时, f(x)的极小值为2. (2)由题设知,g(x)=f (x)- = - - (x0), 令g(x)=0,得m=- x3+x(x0). 设(x)=- x3+x(x0),则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增; 当x(1,+)时,(x)0

12、,(x)在(1,+)上单调递减. x=1是(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是(x)的最 大值点,(x)的最大值为(1)= . 又(0)=0,结合函数y=(x)的图象(如图),可知,当m 时,函数g(x)无零点; 当m= 时,函数g(x)有且只有一个零点; 当0 时,函数g(x)无零点; 当m= 或m0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当0m 时,函数g(x)有两个零点.,方法归纳 求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤 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)

13、、 端点值等性质,进而画出其图象; 第三步:结合图象求解.,解析 (1)f (x)=a+ln x+1,x0, 由f (1)=a+1=0,解得a=-1,则f(x)=-x+xln x, f (x)=ln x.令f (x)0,解得x1; 令f (x)0,解得0x1. f(x)在x=1处取得极小值, f(x)的单调递增区间为(1,+),单调递 减区间为(0,1). (2)y=f(x)-m-1在(0,+)内有两个不同的零点,可转化为f(x)=m+1在 (0,+)内有两个不同的根,亦可转化为函数y=f(x)与y=m+1的图象 有两个不同的交点, 由(1)知, f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上

14、单调递增, f(x)min=f(1)=-1.,由题意得m+1-1,即m-2. 当00且x0时, f(x)0; 当x+时,显然f(x)+. 如图,由图象可知,m+10,即m-1. 由可得-2m-1. 故实数m的取值范围为(-2,-1).,方法归纳 解决已知函数零点个数,求参数取值范围问题时,常从以下两个方 面去思考. (1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状,从而 推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足的条件; (2)也可以先求导,通过求导分析函数的单调性情况,再依据函数 在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此时,由 于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求

15、导,层层推理 得解.,(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)= x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点.,解析 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,则f (x)=x2-6x-3. 令f (x)=0,解得x=3-2 或x=3+2 . 当x(-,3-2 )(3+2 ,+)时,f (x)0; 当x(3-2 ,3+2 )时,f (x)0,所以f(x)=0等价于 -3a=0. 设g(x)= -3a,则g(x)= 0,仅当x=0时g(x)=0,所 以g(x)在(-,+)上单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.,又f(3a-1)=-6a2+2a- =-6 - 0,故f(x)有一个 零点. 综上,f(x)只有一个零点.,