《2019屆高考數學二輪復習 專題六 函數與導數 1.6.4 導數的綜合應用課件 文.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數學二輪復習 專題六 函數與導數 1.6.4 導數的綜合應用課件 文.ppt（111頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第四講導數的綜合應用 熱點題型1利用導數研究函數的零點或方程根的問題 感悟經典 典例 2018 全國卷 已知函數f x ex ax2 1 若a 1 證明 當x 0時 f x 1 2 若f x 在 0 只有一個零點 求a 解題指南 本題考查利用導數證明不等式和研究函數的零點 意在考查考生的化歸與轉化能力 分類討論的思想運用以及求解能力 解析 1 當a 1時 f x 1等價于 x2 1 e x 1 0 設函數g x x2 1 e x 1 則g x x2 2x 1 e x x 1 2e x 當x 1時 g x 0 所以g x 在 0 1 和 1 上單調遞減 而g 0 0 故當x 0時 g x 0 即f x 1 2 設函數h x 1 ax2e x f x 在 0 上只有一個零點當且僅當h x 在 0 上只有一個零點 i 當a 0時 h x 0 h x 沒有零點 ii 當a 0時 h x ax x 2 e x 當x 0 2 時 h x 0 所以h x 在 0 2 上單調遞減 在 2 上單調遞增 故h 2 1 是h x 在 0 上的最小值 若h 2 0 即a h x 在 0 上沒有零點 若h 2 0 即a h x 在 0 上只有一個零點 若h 2 由于h 0 1 所以h x 在 0 2 上有一個零點 由 1 知 當x 0時 ex x2 所以h 4a 1 故h x 在 2 4a 有一個零點 因此h x 在 0 有兩個零點 綜上 f x 在 0 只有一個零點時 a 規(guī)律方法 1 利用導數研究高次式 分式 指數式 對數式方程解的個數問題的一般思路 1 將問題轉化為函數的零點問題 進而轉化為函數的圖象與x軸 或直線y k 在該區(qū)間上的交點問題 2 利用導數研究出該函數在該區(qū)間上的單調性 極值 最值 端點值等性質 進而畫出其圖象 3 結合圖象求解 2 證明復雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟第一步 利用導數證明該函數在該區(qū)間上單調 第二步 證明端點值異號 對點訓練 1 已知函數f x ex ax2 bx 1 a b R e為自然對數的底數 1 設f x 的導函數為g x 求g x 在區(qū)間 0 1 上的最小值 2 若f 1 0 且函數f x 在區(qū)間 0 1 內有零點 證明 1 a 2 e 解析 1 由f x ex ax2 bx 1 得g x f x ex 2ax b 所以g x ex 2a 當x 0 1 時 g x 1 2a e 2a 當a 時 g x 0 所以g x 在 0 1 上單調遞增 所以g x 在 0 1 上的最小值是g 0 1 b 當a 時 g x 0 所以g x 在 0 1 上單調遞減 所以g x 在 0 1 上的最小值是g 1 e 2a b 當 a 時 令g x ex 2a 0 得x ln 2a 0 1 所以g x 在區(qū)間 0 ln 2a 上單調遞減 在區(qū)間 ln 2a 1 上單調遞增 所以g x 在 0 1 上的最小值是g ln 2a 2a 2aln 2a b 2aln 2a 2a b 綜上所述 當a 時 g x 在 0 1 上的最小值是g 0 1 b 當 a 時 g x 在 0 1 上的最小值是g ln 2a 2a 2aln 2a b 2aln 2a 2a b 當a 時 g x 在 0 1 上的最小值是g 1 e 2a b 2 設x0為f x 在區(qū)間 0 1 內的一個零點 則由f 0 f 1 f x0 0可知 f x 在區(qū)間 0 x0 上不可能單調遞增 也不可能單調遞減 則g x 不可能恒為正 也不可能恒為負 故g x 在區(qū)間 0 x0 內存在零點x1 在區(qū)間 x0 1 內存在零點x2 故g x 在區(qū)間 0 1 內至少有兩個零點 由 1 知 當a 時 g x 在 0 1 上單調遞增 故g x 在 0 1 內至多有1個零點 不合題意 當a 時 g x 在 0 1 遞減 故g x 在 0 1 內至多有1個零點 也不合題意 當 0 g 1 e 2a b 0 g ln 2a 0 由f 1 0 即e a b 1 0 得b e a 1 所以g ln 2a 2aln 2a 3a 1 e 令2a t 則 e t 1 令h t tln t t 1 e 則h t ln t 0 g 1 a 1 0 解得 1 a 2 e 故函數f x 在區(qū)間 0 1 內有零點時 1 a 2 e 2 已知函數f x ex x R 1 若直線y kx與f x 的反函數的圖象相切 求實數k的值 2 若m 0 討論函數g x f x mx2零點的個數 解析 1 f x 的反函數為y lnx x 0 則y 設切點為 x0 lnx0 則切線斜率為k 故x0 e k 2 函數g x f x mx2的零點的個數即是方程f x mx2 0的實根的個數 當x 0時 方程無解 等價于函數h x x 0 與函數y m圖象交點的個數 h x 當x 0 時 h x 0 h x 在 0 上單調遞增 當x 0 2 時 h x 0 h x 在 2 上單調遞增 所以h x 的大致圖象如圖 所以h x 在 0 上的最小值為h 2 所以當 m 即m 時 函數h x 與函數y m圖象交點的個數為1 當 m 即m 時 函數h x 與函數y m圖象交點的個數為2 當 m 即m 時 函數h x 與函數y m圖象交點的個數為3 綜上所述 當m 時 函數g x 有三個零點 當m 時 函數g x 有兩個零點 當m 時 函數g x 有一個零點 提分備選 1 已知函數f x axsinx a R 且在上的最大值為 1 求函數f x 的解析式 2 判斷函數f x 在 0 內的零點個數 并加以證明 解析 1 由已知得f x a sinx xcosx 對于任意x 有sinx xcosx 0 當a 0時 f x 不合題意 當a 0時 x 時 f x 0 從而f x 在內單調遞減 又f x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故f x 在上的最大值為f 0 不合題意 當a 0 x 時 f x 0 從而f x 在內單調遞增 又f x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故f x 在上的最大值為f 即 解得a 1 綜上所述 得f x xsinx 2 f x 在 0 上有兩個零點 證明如下 由 1 知f x xsinx f 0 0 所以f x 在上至少有一個零點 又由 1 知f x 在上單調遞增 故在上只有一個零點 當x 時 令g x f x sinx xcosx 由g 1 0 g 0 且g x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故存在m 使得g m 0 由g x 2cosx xsinx 知x 時 有g x 0 從而g x 在內單調遞減 當x 時 g x g m 0 即f x 0 從而f x 在內單調遞增 故當x 時 f x f 0 故f x 在上無零點 當x m 時 有g x g m 0 即f x 0 從而f x 在 m 內單調遞減 又f m 0 f 0 且f x 在 m 上的圖象是連續(xù)不斷的 從而f x 在 m 內有且僅有一個零點 綜上所述 f x 在 0 內有且只有兩個零點 2 已知關于x的函數f x a 0 1 當a 1時 求函數f x 的極值 2 若函數F x f x 1沒有零點 求實數a的取值范圍 解析 1 f x x R 當a 1時 f x f x 的情況如下表 所以 當a 1時 函數f x 的極小值為f 2 e 2 無極大值 2 F x f x 當a0 解得a e2 所以此時 e2 a 0 當a 0時 F x F x 的情況如下表 若使函數F x 沒有零點 當且僅當F 2 1 0 解得a e2 舍去 綜上所述 所求實數a的取值范圍是 e2 0 熱點題型2生活中的優(yōu)化問題 感悟經典 典例 如圖 在海岸線一側C處有一個美麗的小島 某旅游公司為方便游客 在海岸線上設立了A B兩個報名點 滿足A B C 中任意兩點間的距離為10千米 公司擬按如圖思路運作 先將A B兩處游客分別乘車集中到AB之間的中轉點D處 點D異于A B兩點 然后乘同一艘游輪前往C島 據統計 每批游客A處需發(fā)車2輛 B處需發(fā)車4輛 每輛汽車每千米耗費2元 游輪每千米耗費12元 設 CDA 每批游客從各自報名點到C島所需運輸成本S元 1 寫出S關于 的函數表達式 并指出 的取值范圍 2 問中轉點D距離A處多遠時 S最小 聯想解題 1 看到求S 想到利用正弦定理在 ACD中求出AD CD再表示出S 2 看到求S的最小值 想到先求S的導函數S 再利用導函數值與單調性關系求出最小值 規(guī)范解答 1 在 ACD中 CAD ADC AC 10 ACD 由正弦定理知 得CD AD 所以S 4AD 8BD 12CD 12CD 4AD 80 80 20 2 S 20 令S 0 得cos 當cos 時 S 0 所以當cos 時S取得最小值 此時sin AD 所以中轉點D距離A處千米時 運輸成本S最小 規(guī)律方法 利用導數解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟 1 分析實際問題中各量之間的關系 列出實際問題的數學模型 寫出實際問題中變量之間的函數關系y f x 根據實際意義確定定義域 2 求函數y f x 的導數f x 解方程f x 0得出定義域內的實根 確定極值點 3 比較函數在區(qū)間端點和極值點處的函數值大小 獲得所求的最大 小 值 4 還原到原實際問題中作答 對點訓練 某商場根據調查 估計家電商品從年初 1月 開始的x個月內累計的需求量p x 單位 百件 滿足p x 39x 2x2 41 1 x 12且x N 1 求第x個月的需求量f x 的表達式 2 若第x個月的銷售量滿足g x 單位 百件 每件利潤q x 100ex 6元 求該商場銷售該商品第幾個月的月利潤達到最大值 最大是多少 e6取值為403 解析 1 當x 2時 f x p x p x 1 3x2 42x 當x 1時 p x 39 也滿足上式 所以f x 3x2 42x 1 x 12且x N 2 設該商場第x個月的月利潤為 x 元 則 當1 x 7 x N 時 x 3x2 42x 21x 30000 7 x ex 6 x 30000 6 x ex 6 令 x 0 得x 6 則 x 在 1 6 上單調遞增 在 6 7 上單調遞減 所以 x max 6 30000 當7 x 12 x N 時 x 10000e 6 x 10000 x 12 x 8 e 6 所以 x 在 7 8 上單調遞增 在 8 12 上單調遞減 x max 8 30000 綜上可知 第6個月的月利潤最大 是30000元 提分備選 某公司生產某種產品 固定成本為20000元 每生產一單位產品 成本增加100元 已知總營業(yè)收入R與年產量x的關系是R R x 則總利潤最大時 年產量是 A 100B 150C 200D 300 解析 選D 由題意得 總成本函數為C C x 20000 100 x 總利潤P x 又P x 令P x 0 得x 300 易知x 300時 總利潤P x 最大 熱點題型3不等式中的證明問題 感悟經典 典例 已知函數f x a b R 且a 0 e為自然對數的底數 1 若曲線f x 在點 e f e 處的切線斜率為0 且f x 有極小值 求實數a的取值范圍 2 當a b 1時 證明 xf x 2e m x 1 在區(qū)間 1 內恒成立 求實數m的最大值 規(guī)范解答 1 因為f x 所以f x 因為f e 0 所以b 0 則f x 當a 0時 f x 在 0 e 內大于0 在 e 內小于0 所以f x 在 0 e 內為增函數 在 e 內為減函數 即f x 有極大值而無極小值 當a 0時 f x 在 0 e 內為減函數 在 e 內為增函數 即f x 有極小值而無極大值 所以a 0 即實數a的取值范圍為 0 2 當a b 1時 設g x xf x 2 lnx ex 2 g x ex在區(qū)間 0 上為減函數 又g 1 1 e0 所以存在實數x0 使得g x0 0 此時g x 在區(qū)間 0 x0 內為增函數 在 x0 內為減函數 又g x0 0 所以 x0 lnx0 由單調性知 g x max g x0 lnx0 2 x0 2 2 又x0 所以 2 所以g x max 0 即xf x 2 0 xf x e m x 1 xf x m x 1 e 當a 1 b 1時 設h x xf x m x 1 lnx ex m x 1 則h x ex m 令t x h x ex m 因為x 1 所以t x ex 0 所以h x 在 1 內單調遞增 所以當x 1時 h x h 1 1 e m 當1 e m 0時 即m 1 e時 h x 0 所以h x 在區(qū)間 1 內單調遞增 所以當x 1時 h x h 1 e恒成立 當1 e m1 e時 h x 0 所以存在x0 1 使得h x0 0 所以h x 在區(qū)間 1 x0 內單調遞減 在 x0 內單調遞增 由h x0 e不恒成立 綜上所述 實數m的取值范圍為 1 e 所以實數m的最大值為 1 e 規(guī)律方法 利用導數證明不等式的基本步驟 1 作差或變形 2 構造新的函數h x 3 對h x 求導 4 利用h x 判斷h x 的單調性或最值 5 下結論 對點訓練 已知函數f x x2 x alnx a 0 1 若a 1 求f x 的圖象在 1 f 1 處的切線方程 2 討論f x 的單調性 3 若f x 存在兩個極值點x1 x2 求證 f x1 f x2 解析 1 當a 1時 f x x2 x lnx f x x 1 f 1 1 f 1 所以f x 的圖象在 1 f 1 處的切線方程為y x 1 即2x 2y 3 0 2 f x x 1 a 0 若a 則x2 x a 0恒成立 f x 0 所以f x 在 0 上單調遞增 若00得0由x2 x a 0得所以f x 在上單調遞減 在和上單調遞增 綜上 當a 時 f x 在 0 上單調遞增 當0 a 時 f x 在上單調遞減 在和上單調遞增 3 由 2 知0 a 時 f x 存在兩個極值點x1 x2 且x1 x2是方程x2 x a 0的兩個根 所以x1 x2 1 x1 x2 a 所以f x1 f x2 x1 alnx1 x2 alnx2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 aln x1 x2 a 1 alna alna a 令g x xlnx x 則g x lnx所以f x1 f x2 提分備選 1 設a為實數 函數f x ex 2x 2a x R 1 求f x 的單調區(qū)間與極值 2 求證 當a ln2 1且x 0時 ex x2 2ax 1 解析 1 由f x ex 2x 2a x R f x ex 2 x R 令f x 0 得x ln2 于是當x變化時 f x f x 的變化情況如下表 故f x 的單調遞減區(qū)間是 ln2 單調遞增區(qū)間是 ln2 f x 在x ln2處取得極小值 極小值為f ln2 eln2 2ln2 2a 2 1 ln2 a 2 設g x ex x2 2ax 1 x R 于是g x ex 2x 2a x R 由 1 知當a ln2 1時 g x 最小值為g ln2 2 1 ln2 a 0 于是對任意x R 都有g x 0 所以g x 在R內單調遞增 于是當a ln2 1時 對任意x 0 都有g x g 0 又g 0 0 從而對任意x 0 g x 0 即ex x2 2ax 1 0 故ex x2 2ax 1 2 已知函數f x x3 3 x a a 0 若f x 在 1 1 上的最小值記為g a 1 求g a 2 證明 當x 1 1 時 恒有f x g a 4 解析 1 因為a 0 1 x 1 所以 當00 故f x 在 a 1 上是增函數 所以g a f a a3 當a 1時 有x a 則f x x3 3x 3a f x 3x2 3 0 故f x 在 1 1 上是減函數 所以g a f 1 2 3a 綜上 g a 2 令h x f x g a 當0 a 1時 g a a3 若x a 1 則h x x3 3x 3a a3 得h x 3x2 3 則h x 在 a 1 上是增函數 所以h x 在 a 1 上的最大值是h 1 4 3a a3 且0 a 1 所以h 1 4 故f x g a 4 若x 1 a 則h x x3 3x 3a a3 得h x 3x2 3 則h x 在 1 a 上是減函數 所以h x 在 1 a 上的最大值是h 1 2 3a a3 令t a 2 3a a3 則t a 3 3a2 0 知t a 在 0 1 上是增函數 所以t a t 1 4 即h 1 4 故f x g a 4 當a 1時 g a 2 3a 故h x x3 3x 2 得h x 3x2 3 此時h x 在 1 1 上是減函數 因此h x 在 1 1 上的最大值是h 1 4 故f x g a 4 綜上 當x 1 1 時 恒有f x g a 4 數學抽象 由不等式成立求參數范圍問題中的數學素養(yǎng) 相關鏈接 利用導數解決函數 方程 不等式等綜合性問題是導數的重要應用 也是歷年高考考查的重點與熱點內容 這類問題 既會以選擇題或填空題的形式出現 也可在解答題中出現 且多為高檔題 常見類型有恒成立問題 能成立問題等 命題角度1 不等式恒成立求參數范圍 典例1 已知函數f x ax3 3x 1對x 0 1 總有f x 0成立 則實數a的取值范圍是 規(guī)范解答 當x 0 1 時 不等式ax3 3x 1 0可化為a 設g x x 0 1 g x g x 與g x 隨x的變化如下表 因此g x 的最大值為4 故實數a的范圍為 4 答案 4 命題角度2 不等式存在成立求參數范圍 典例2 設函數f x alnx x2 bx a 1 曲線y f x 在點 1 f 1 處的切線斜率為0 1 求b 2 若存在x0 1 使得f x0 求a的取值范圍 規(guī)范解答 1 f x 1 a x b 由題意知f 1 0 解得b 1 2 f x 的定義域為 0 由 1 知 f x alnx x2 x f x 若a 則 1 故當x 1 時 f x 0 f x 在 1 單調遞增 所以 存在x0 1 使得f x0 的充要條件為f 1 若故當x 時 f x 0 f x 在單調遞減 在單調遞增 所以 存在x0 1 使得f x0 的充要條件為 而所以不合題意 若a 1 則f 1 綜上 a的取值范圍是 1 1 1 規(guī)律方法 1 利用不等式恒成立求參數范圍的方法 1 根據不等式分離參數 2 利用分離參數后的不等式構造新函數F x 3 判斷F x 的單調性及求其最值 4 根據參數m F x max或m F x min求參數范圍 2 對于任意x1 D1 存在x2 D2 使得g x1 f x2 成立 其解決方法 1 求出g x 在D1的最小值 2 求出f x 在D2的最大值 3 轉化g x min f x max 求出參數范圍 通關題組 1 已知函數f x x2 x a 若f x 在 2 3 上單調 則實數a的取值范圍是 解析 f x 3x2 2ax 若f x 在 2 3 上單調 則f x 0或f x 0在 2 3 上恒成立 所以a x或a x 因為x 2 3 所以a 3或a 答案 3 2 已知函數f x xlnx g x x3 x2 x 1 1 如果存在x1 x2 0 2 使得g x1 g x2 M 求滿足該不等式的最大整數M 2 如果對任意的s t 都有f s g t 成立 求實數a的取值范圍 解析 1 存在x1 x2 0 2 使得g x1 g x2 M x1 x2 0 2 g x1 g x2 max M 因為g x 3x2 2x 1 3x 1 x 1 所以當00 g x 單調遞增 所以g x max max g 0 g 2 g 2 1 g x min g 1 2 所以 g x1 g x2 max g x max g x min 3 滿足不等式的最大整數M 3 2 由 1 知 當x 時 g x max g 2 1 依題意 對任意的s t 都有f s g t 成立 當x 時 f x xlnx 1恒成立 則有f 1 1 所以a 2 當a 2且x 時 f x xlnx xlnx 設h x xlnx 所以h x lnx 1 且h 1 0 當x 時 h x lnx 10 所以h x xlnx在上單調遞減 在 1 2 上單調遞增 所以h x min h 1 1 即h x 1 所以當a 2時原不等式成立 所以a的取值范圍是 2