《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 文.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 文.ppt（38頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第四講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 總綱目錄 考點(diǎn)一恒成立與有解問題命題角度一 不等式恒成立問題 2018陜西西安八校聯(lián)考 設(shè)函數(shù)f x ax 1 e x a R 1 當(dāng)a 0時(shí) 求函數(shù)f x 的單調(diào)遞增區(qū)間 2 對(duì)任意的x 0 f x x 1恒成立 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解析 1 f x a e x ax 1 e x a e x 由于e x 0 a 0 所以令f x 0 得x 所以當(dāng)a 0時(shí) f x 的單調(diào)遞增區(qū)間是 2 令h x ax 1 e x x 1 則f x x 1恒成立等價(jià)于h x 0恒成立 若a 0 則當(dāng)x 0時(shí) ax 1 1 0 e x 1 f x 1 而x 1 1 所以f x x 1恒成立 若0 a 2 則h x e x a 1 ax 1 當(dāng)x 0時(shí) 令t x a 1 ax 由t x 是減函數(shù) 知t x max t 0 a 1 1 又e x 1 所以h x 0 所以h x 在 0 上是減函數(shù) 所以當(dāng)x 0時(shí) h x h 0 0 若a 2 則h 0 e 0 a 1 a 0 1 a 2 0 h 1 e 1 a 1 a 1 e 1 10 h x 在 0 x0 上為增函數(shù) 即x 0 x0 時(shí) h x h 0 0 所以f x x 1 不符合題意 綜上 符合題意的a的取值范圍是 2 方法歸納對(duì)于含參數(shù)的不等式 如果易分離參數(shù) 那么可先分離參數(shù) 構(gòu)造函數(shù) 直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值 否則應(yīng)進(jìn)行分類討論 在解題過程中 必要時(shí)可作出函數(shù)圖象 草圖 借助幾何圖形分析轉(zhuǎn)化 解析 1 函數(shù)f x 的定義域?yàn)?0 f x 2x 4 x 3是函數(shù)f x 的一個(gè)極值點(diǎn) f 3 0 解得a 6 經(jīng)檢驗(yàn) 當(dāng)a 6時(shí) x 3是函數(shù)f x 的一個(gè)極小值點(diǎn) 符合題意 故a 6 2 由f x0 g x0 得 x0 lnx0 a 2x0 記F x x lnx x 0 則F x x 0 當(dāng)01時(shí) F x 0 F x 單調(diào)遞增 F x F 1 1 0 a 記G x x 則G x x 2 2lnx 2 1 lnx 0 x 2lnx 2 0 當(dāng)x 時(shí) G x 0 G x 單調(diào)遞增 G x min G 1 1 a G x min 1 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為 1 方法歸納 恒成立 與 存在性 問題的求解過程是 互補(bǔ) 關(guān)系 即f x g a 對(duì)于x D恒成立 應(yīng)求f x 的最小值 若存在x D 使得f x g a 成立 應(yīng)求f x 的最大值 應(yīng)特別關(guān)注等號(hào)是否取到 注意端點(diǎn)的取舍 2018河南鄭州質(zhì)量預(yù)測 已知函數(shù)f x lnx a x 1 a R的圖象在 1 f 1 處的切線與x軸平行 1 求f x 的單調(diào)區(qū)間 2 若存在x0 1 當(dāng)x 1 x0 時(shí) 恒有f x 2x k x 1 成立 求k的取值范圍 解析 1 由已知可得f x 的定義域?yàn)?0 f x a f 1 1 a 0 a 1 f x 1 令f x 0 得01 f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 0 1 單調(diào)遞減區(qū)間為 1 2 不等式f x 2x k x 1 可化為lnx x k x 1 令g x lnx x k x 1 則g x x 1 k 考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式命題角度一 單變量的不等式證明 已知函數(shù)f x aex blnx 曲線y f x 在點(diǎn) 1 f 1 處的切線方程為y x 1 1 求a b的值 2 證明 f x 0 解析 1 由題意得函數(shù)f x 的定義域?yàn)?0 f x aex f 1 f 1 1 所以解得 2 證明 由 1 知f x ex lnx 因?yàn)閒 x ex 2 在 0 上單調(diào)遞增 又f 1 0 所以f x 0在 0 上有唯一實(shí)根x0 且x0 1 2 當(dāng)x 0 x0 時(shí) f x 0 從而當(dāng)x x0時(shí) f x 取極小值 也是最小值 由f x0 0 得 則x0 2 lnx0 故f x f x0 lnx0 x0 2 2 2 0 所以f x 0 方法歸納利用導(dǎo)數(shù)證明單變量的不等式的常見形式是f x g x 證明技巧 先將不等式f x g x 移項(xiàng) 即構(gòu)造函數(shù)h x f x g x 轉(zhuǎn)化為證不等式h x 0 再轉(zhuǎn)化為證明h x min 0 因此 只需在所給的區(qū)間內(nèi)判斷h x 的符號(hào) 從而判斷h x 的單調(diào)性 并求出函數(shù)h x 的最小值 從而得證 已知函數(shù)f x lnx ax2 x a R 1 當(dāng)a 0時(shí) 求曲線y f x 在 1 f 1 處的切線方程 2 若a 2 正實(shí)數(shù)x1 x2滿足f x1 f x2 x1x2 0 證明 x1 x2 命題角度二 雙變量的不等式證明 解析 1 當(dāng)a 0時(shí) f x lnx x 則f 1 1 切點(diǎn)為 1 1 又f x 1 切線斜率k f 1 2 故切線方程為y 1 2 x 1 即2x y 1 0 2 證明 當(dāng)a 2時(shí) f x lnx x2 x x 0 f x1 f x2 x1x2 0 即lnx1 x1 lnx2 x2 x1x2 0 從而 x1 x2 2 x1 x2 x1x2 ln x1x2 令t x1x2 t t lnt 得 t 1 易知 t 在區(qū)間 0 1 上單調(diào)遞減 在區(qū)間 1 上單調(diào)遞增 所以 t 1 1 所以 x1 x2 2 x1 x2 1 又x1 0 x2 0 所以x1 x2 方法歸納破解含雙參不等式的證明的關(guān)鍵 一是轉(zhuǎn)化 即由已知條件入手 尋找雙參所滿足的關(guān)系式 并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式 二是巧構(gòu)造函數(shù) 再借用導(dǎo)數(shù) 判斷函數(shù)的單調(diào)性 從而求其最值 三是回歸雙參的不等式的證明 把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式 即可證得結(jié)果 2018課標(biāo)全國 21 12分 已知函數(shù)f x aex lnx 1 1 設(shè)x 2是f x 的極值點(diǎn) 求a 并求f x 的單調(diào)區(qū)間 2 證明 當(dāng)a 時(shí) f x 0 解析 1 f x 的定義域?yàn)?0 f x aex 由題設(shè)知 f 2 0 所以a 從而f x ex lnx 1 f x ex 當(dāng)02時(shí) f x 0 所以f x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 0 2 單調(diào)遞增區(qū)間是 2 2 當(dāng)a 時(shí) f x lnx 1 設(shè)g x lnx 1 則g x 當(dāng)01時(shí) g x 0 所以x 1是g x 的最小值點(diǎn) 故當(dāng)x 0時(shí) g x g 1 0 因此 當(dāng)a 時(shí) f x 0 考點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題命題角度一 求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 設(shè)函數(shù)f x lnx m R 1 當(dāng)m e e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù) 時(shí) 求f x 的極小值 2 討論函數(shù)g x f x 零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 解析 1 當(dāng)m e時(shí) f x lnx 則f x 當(dāng)x 0 e 時(shí) f x 0 f x 在 e 上單調(diào)遞增 當(dāng)x e時(shí) f x 取得極小值f e lne 2 當(dāng)m e時(shí) f x 的極小值為2 2 由題設(shè)知 g x f x x 0 令g x 0 得m x3 x x 0 設(shè) x x3 x x 0 則 x x2 1 x 1 x 1 當(dāng)x 0 1 時(shí) x 0 x 在 0 1 上單調(diào)遞增 當(dāng)x 1 時(shí) x 0 x 在 1 上單調(diào)遞減 x 1是 x 的唯一極值點(diǎn) 且是極大值點(diǎn) 因此x 1也是 x 的最大值點(diǎn) x 的最大值為 1 又 0 0 結(jié)合函數(shù)y x 的圖象 如圖 可知 當(dāng)m 時(shí) 函數(shù)g x 無零點(diǎn) 當(dāng)m 時(shí) 函數(shù)g x 有且只有一個(gè)零點(diǎn) 當(dāng)0時(shí) 函數(shù)g x 無零點(diǎn) 當(dāng)m 或m 0時(shí) 函數(shù)g x 有且只有一個(gè)零點(diǎn) 當(dāng)0 m 時(shí) 函數(shù)g x 有兩個(gè)零點(diǎn) 方法歸納求解函數(shù)零點(diǎn) 方程根 的個(gè)數(shù)問題的步驟第一步 將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題 進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸 或直線y k 在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題 第二步 利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性 極值 最值 端點(diǎn)值等性質(zhì) 進(jìn)而畫出其圖象 第三步 結(jié)合圖象求解 解析 1 f x a lnx 1 x 0 由f 1 a 1 0 解得a 1 則f x x xlnx f x lnx 令f x 0 解得x 1 令f x 0 解得0 x 1 f x 在x 1處取得極小值 f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 1 單調(diào)遞減區(qū)間為 0 1 2 y f x m 1在 0 內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn) 可轉(zhuǎn)化為f x m 1在 0 內(nèi)有兩個(gè)不同的根 亦可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y f x 與y m 1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn) 由 1 知 f x 在 0 1 上單調(diào)遞減 在 1 上單調(diào)遞增 f x min f 1 1 由題意得m 1 1 即m 2 當(dāng)00且x 0時(shí) f x 0 當(dāng)x 時(shí) 顯然f x 如圖 由圖象可知 m 1 0 即m 1 由 可得 2 m 1 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為 2 1 方法歸納解決已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù) 求參數(shù)取值范圍問題時(shí) 常從以下兩個(gè)方面去思考 1 根據(jù)區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況估計(jì)出函數(shù)圖象的大致形狀 從而推導(dǎo)出導(dǎo)數(shù)需要滿足的條件 進(jìn)而求出參數(shù)滿足的條件 2 也可以先求導(dǎo) 通過求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性情況 再依據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)情況 推導(dǎo)出函數(shù)本身需要滿足的條件 此時(shí) 由于函數(shù)比較復(fù)雜 常常需要構(gòu)造新函數(shù) 通過多次求導(dǎo) 層層推理得解 解析 1 當(dāng)a 3時(shí) f x x3 3x2 3x 3 則f x x2 6x 3 令f x 0 解得x 3 2或x 3 2 當(dāng)x 3 2 3 2 時(shí) f x 0 當(dāng)x 3 2 3 2 時(shí) f x 0 所以f x 0等價(jià)于 3a 0 設(shè)g x 3a 則g x 0 僅當(dāng)x 0時(shí)g x 0 所以g x 在 上單調(diào)遞增 故g x 至多有一個(gè)零點(diǎn) 從而f x 至多有一個(gè)零點(diǎn) 又f 3a 1 6a2 2a 6 0 故f x 有一個(gè)零點(diǎn) 綜上 f x 只有一個(gè)零點(diǎn)