2019高考数学二轮复习专题六函数与导数不等式第5讲导数的综合应用与热点问题课件.ppt

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1、第5讲导数的综合应用与热点问题,高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.,1.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.,(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1； (2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a. (1)证明当a1时，f(x)exx2，则f(x)ex2x. 令g(x)f(x)，则g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2. 当x(0，ln 2)时，g(x)0. 当x0时，g(x)g(ln 2)22ln 20， f(x)在0，)上单调递增，f(x)

2、f(0)1.,真 题 感 悟,(2)解若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程exax20在(0，)上只有一个解，,当x(0，2)时，(x)0.,2.(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.,(1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22. (1)解f(x)的定义域为(0，)， 设g(x)axaln x， 则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0， 因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，,当01时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0. 综上，a1. (2)证明由(1)知f

3、(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，,当x(x0，1)时，h(x)0. 因为f(x)h(x)， 所以xx0是f(x)的唯一极大值点. 由f(x0)0得ln x02(x01)， 故f(x0)x0(1x0).,因为xx0是f(x)在(0，1)的最大值点， 由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2. 所以e2f(x0)22.,1.利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x

4、时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1x2的函数f(x)ax3bx2cxd(a0)的零点分布情况如下：,考 点 整 合,3.利用导数解决不等式问题,(1)利用导数证明不等式. 若证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI). xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI). 对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. 对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min. 温馨提醒解决方

5、程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.,热点一利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】 (2018西安调研)函数f(x)axxln x在x1处取得极值.,(1)求f(x)的单调区间； (2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. 解(1)f(x)aln x1，x0， 由f(1)a10，解得a1.则f(x)xxln x， f(x)ln x，令f(x)0，解得x1； 令f(x)0，解得0x1. f(x)在x1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)yf(x)m1

6、在(0，)内有两个不同的零点，可转化为f(x)m1在(0，)内有两个不同的根，则函数yf(x)与ym1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，)上单调递增，f(x)minf(1)1， 由题意得，m11， 即m2， 当00且x0时，f(x)0； 当x时，显然f(x).,如图，由图象可知，m10，即m1， 由可得2m1. 因此实数m的取值范围是(2，1).,探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题. 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yk)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

7、)、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解. 2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.,【训练1】 设函数f(x)x3ax2bxc.,(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围. 解(1)由f(x)x3ax2bxc， 得f(x)3x22axb. f(0)c，f(0)b， 曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc. (2)当ab4时，f(x)x34x24xc， f(x)3x28x4.,当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：,热点

8、二利用导数证明不等式 【例2】 (2018郑州质检)已知函数f(x)x1aex.,(1)解由f(x)x1aex，得f(x)1aex. 当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增.,(2)证明法一设g(x)f(x)2xex3x1，则g(x)ex3. 由g(x)ln 3；由g(x)0，得x4ex1.,法二f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23， x12x2ex1ex23x23. 设g(x)ex3x，则g(x)ex3. 由g(x)0，得xln 3. 故g(x)ming(ln 3)33ln 3. 10，,探究提高1.证明不等式的基本方法： (1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则

9、xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论. (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)M(或f(x)m). 2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.,【训练2】 (2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.,令f(x)0，解得x1. 当00，f(x)单调递增. 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减. 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，)上为减函数.,(2)证明由(1)知，函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0.,(3)证明由题设

10、c1，设g(x)1(c1)xcx，,又g(0)g(1)0，故当00. 当x(0，1)时，1(c1)xcx.,当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.,热点三不等式恒成立、存在性问题 考法1不等式恒成立问题 【例31】 (2016全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1).,(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程； (2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.,解(1)f(x)的定义域为(0，)， 当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，,故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.,当a2，x(1，)时，x2

11、2(1a)x1x22x10， 故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)g(1)0. 当a2时，令g(x)0，,由x21和x1x21得x11. 故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)g(1)0， 综上可知，实数a的取值范围是(，2.,(2)f(x1)g(x2)m，即f(x1)mg(x2)，,探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，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，借助几何图形直观分析转化. 2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a

12、)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.,又f(1)1，即切点为(1，1)，,(2)“对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立”，等价于“在0，2上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.,所以g(x)在0，2上单调递增，所以g(x)maxg(2)2. 令f(x)0，得x2或xa. 当a0时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递增， f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；,当0a2时，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)单调递减， f(x)0在a，2上

13、恒成立，f(x)单调递增， f(x)的最大值为f(2)(4a)e1或f(0)ae， 所以(4a)e12或ae2.,当a2时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递减，,210(x3)(x6)2，3x6. 从而，f(x)10(x6)22(x3)(x6) 30(x4)(x6)， 于是，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：,由上表可得，x4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值， 所以，当x4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42. 故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.,探究提高利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)建模：分析实际问题中各量之

14、间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式yf(x). (2)求导：求函数的导数f(x)，解方程f(x)0. (3)求最值：比较函数在区间端点和使f(x)0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值. (4)结论：回归实际问题作答.,【训练4】 (2017全国卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当ABC的边长变化时，所得三棱锥体

15、积(单位：cm3)的最大值为_.,解析由题意，连接OD，交BC与点G，,令f(x)0得x2，当x(0，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；,故当x2时，f(x)取得最大值80，,1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解. 2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件. 3.利用导数方法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.,4.不等式恒成立、能成立问题常用解法,(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.,