2019届北京专用高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节导数的综合应用讲义理.ppt

总纲目录,教材研读,考点突破,栏目索引,第四节导数的综合应用,总纲目录,教材研读,1.,利用导数证明不等式的基本步骤,考点突破,2.,一元三次方程根的个数问题,考点二利用导数研究恒成立，存在性问题,考点一利用导数研究函数的零点或方程的根,考点三用导数证明不等式,教材研读,1.利用导数证明不等式的基本步骤,(1)作差或变形.,(2)构造新的函数,h,(,x,).,(3)对,h,(,x,)求导.,(4)利用,h,(,x,)判断,h,(,x,)的单调性或最值.,(5)下结论.,2.一元三次方程根的个数问题,令,f,(,x,)=,ax,3,+,bx,2,+,cx,+,d,(,a,0),则,f,(,x)=3,ax,2,+2,bx,+,c,.,方程,f,(,x,)=0,的判别式,=(2,b,),2,-12,ac,(1),当,0,即,b,2,3,ac,时,f,(,x,),0,恒成立,f,(,x,),在,R,上为增函数,又易知存,在,x,、,x,R,使,f,(,x,),f,(,x,)0,即,b,2,3,ac,时,方程,f,(,x,)=0,有两个实根,设为,x,1,x,2,(,x,1,m,).,a.,当,m,0,时,方程,f,(,x,)=0,有,一,个实根,;,b.,当,m,=0,时,方程,f,(,x,)=0,有,两,个实根,;,c.,当,m,0,时,方程,f,(,x,)=0,有,三,个实根,;d.当,M,=0时,方程,f,(,x,)=0有,两,个实根;,e.当,M,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要而不充分条件.,解析,(1)由,f,(,x,)=,x,3,+,ax,2,+,bx,+,c,得,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,b,.,因为,f,(0)=,c,f,(0)=,b,所以曲线,y,=,f,(,x,)在点(0,f,(0)处的切线方程为,y,=,bx,+,c,.,(2)当,a,=,b,=4时,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,+,c,所以,f,(,x,)=3,x,2,+8,x,+4.,令,f,(,x,)=0,得3,x,2,+8,x,+4=0,解得x,=-2或,x,=-,.,x,(-,-2),-2,-,f,(,x,),+,0,-,0,+,f,(,x,),c,c,-,f,(,x,)与,f,(,x,)在区间(-,+,)上的情况如下表:,所以,当,c,0且,c,-,0时,存在,x,1,(-4,-2),x,2,x,3,使,得,f,(,x,1,)=,f,(,x,2,)=,f,(,x,3,)=0.,由,f,(,x,)的单调性知,当且仅当,c,时,函数,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,+,c,有三个不,同零点.,(3)证明:当,=4,a,2,-12,b,0,x,(-,+,),此时函数,f,(,x,)在区间(-,+,)上单调递增,所以,f,(,x,)不可能有三个不同零,点.,当,=4,a,2,-12,b,=0时,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,b,只有一个零点,记作,x,0,.,当,x,(-,x,0,)时,f,(,x,)0,f,(,x,)在区间(-,x,0,)上单调递增;,当,x,(,x,0,+,)时,f,(,x,)0,f,(,x,)在区间(,x,0,+,)上单调递增.,所以,f,(,x,)不可能有三个不同零点.,综上所述,若函数,f,(,x,)有三个不同零点,则必有,=4,a,2,-12,b,0.,故,a,2,-3,b,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要条件.,当,a,=,b,=4,c,=0时,a,23,b,0,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,=,x,(,x,+2),2,只有两个不同零点,所以,a,2,-3,b,0不是,f,(,x,)有三个不同零点的充分条件.,因此,a,2,-3,b,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要而不充分条件.,方法技巧,利用导数研究方程根的方法,(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最,小值、变化趋势等.,(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.,(3)可以通过数形结合的思想去分析问题,使问题的求解有一个清晰、,直观的整体展现.,1-1,(2018北京海淀高三期末,19)已知函数,f,x,)=2e,x,-,ax,2,-2,x,-2.,(1)求曲线,y,=,f,(,x,)在点(0,f,(0)处的切线方程;,(2)当,a,0时,求证:函数,f,(,x,)有且只有一个零点;,(3)当,a,0时,写出函数,f,(,x,)的零点的个数.(只需写出结论),解析,(1)因为函数,f,(,x,)=2e,x,-,ax,2,-2,x,-2,所以,f,(,x,)=2e,x,-2,ax,-2,故,f,(0)=0,f,(0)=0,曲线,y,=,f,(,x,)在,x,=0处的切线方程为,y,=0.,(2)证明:当,a,0时,令,g,(,x,)=,f,(,x,)=2e,x,-2,ax,-2,则,g,x,)=2e,x,-2,a,0,故,g,(,x,)是R上的增函数.又,g,(0)=0,故当,x,0时,g,(,x,)0时,g,(,x,)0.,即当,x,0时,f,(,x,)0时,f,(,x,)0.,故,f,(,x,)在(-,0)单调递减,在(0,+,)单调递增,函数,f,(,x,)的最小值为,f,(0).,又,f,(0)=0,故,f,(,x,)有且仅有一个零点.,(3)当0,a,1时,f,(,x,)有两个零点.,考点二利用导数研究恒成立,存在性问题,命题方向一不等式恒成立问题,典例2,设函数,f,(,x,)=,a,e,x,-,x,-1,a,R.,(1)当,a,=1时,求,f,(,x,)的单调区间;,(2)当,x,(0,+,)时,f,(,x,)0恒成立,求,a,的取值范围;,(3)求证:当,x,(0,+,)时,ln,.,解析,(1)当,a,=1时,f,(,x,)=e,x,-,x,-1,则,f,(,x,)=e,x,-1.,令,f,(,x,)=0,得,x,=0.,当,x,变化时,f,(,x,),f,(,x,)的变化情况如下表:,x,(-,0),0,(0,+,),f,(,x,),-,0,+,f,(,x,),极小值,所以当,x,0时,f,(,x,)0时,f,(,x,)0,f,(,x,)在(0,+,)上单调递增.,(2)因为e,x,0,所以,f,(,x,)=,a,e,x,-,x,-10恒成立等价于,a,恒成立.,设,g,(,x,)=,x,0,+,),则,g,(,x,)=,=,当,x,0,+,)时,g,(,x,),0,所以,g,(,x,)在0,+,)上单调递减,所以,x,(0,+,)时,g,(,x,),恒成立,所以,a,1,+,).,(3)证明:当,x,(0,+,)时,ln,等价于e,x,-,x,-10.,设,h,(,x,)=e,x,-,x,-1,x,(0,+,),则,h,(,x,)=e,x,-,-,=,.,由(1)易知,x,(0,+,)时,e,x,-,x,-10恒成立,所以,x,(0,+,)时,(0,+,),有-,-10,所以,h,(,x,)0.,所以,h,(,x,)在(0,+)上单调递增,当,x,(0,+,)时,h,(,x,),h,(0)=0.,因此当,x,(0,+,)时,ln,.,典例3,已知函数,f,(,x,)=,x,-,a,ln,x,g,(,x,)=-,(,a,0).,(1)若,a,=1,求函数,f,(,x,)的极值;,(2)设函数,h,(,x,)=,f,(,x,)-,g,(,x,),求函数,h,(,x,)的单调区间;,(3)若存在,x,0,1,e,使得,f,(,x,0,),g,(,x,0,)成立,求,a,的取值范围.,命题方向二存在性问题,解析,(1),f,(,x,)=,x,-,a,ln,x,的定义域为(0,+,).,当,a,=1时,f,(,x,)=,.令,f,(,x,)=0,解得,x,=1.,当0,x,1时,f,(,x,)1时,f,(,x,)0,f,(,x,)单调递增,所以,f,(,x,)无极大值,且当,x,=1时,函数,f,(,x,)取得极小值,极小值为,f,(1)=1-ln 1=1.,(2),h,(,x,)=,f,(,x,)-,g,(,x,)=,x,-,a,ln,x,+,其定义域为(0,+,),则,h,(,x,)=,=,.,由,a,0可得1+,a,0,当,x,(0,1+,a,)时,h,(,x,)0,所以,h,(,x,)的单调递减区间为(0,1+,a,);单调递增区间为(1+,a,+,).,(3)由(2)可知,“在1,e上存在,x,0,使得,f,(,x,0,),g,(,x,0,)成立”等价于“在1,e,上存在,x,0,使得,h,(,x,0,)0成立”,即,h,(,x,)在1,e上的最小值小于零.,当1+,a,e,即,a,e-1时,易知,h,(,x,)在1,e上单调递减,故,h,(,x,)在1,e上的最小值为,h,(e).,由,h,(e)=e+,-,a,因为,e-1,所以,a,.,当11+,a,e,即0,a,e-1时,易知,h,(,x,)在(1,1+,a,)上单调递减,在(1+,a,e)上,单调递增,故,h,(,x,)在1,e上的最小值为,h,(1+,a,)=2+,a,-,a,ln(1+,a,).,因为0ln(1+,a,)1,所以0,a,ln(1+,a,)2,即,h,(1+,a,)2,不满足题意.,综上所述,a,的取值范围为,.,方法技巧,“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,数的最值来解决,如:当,f,(,x,)在,x,D,上存在最大值和最小值时,若,f,(,x,),g,(,a,)对于,x,D,恒成立,应求,f,(,x,)在,x,D,上的最小值,将原条件转化为,g,(,a,),f,(,x,),min,若,f,(,x,),g,(,a,)对于,x,D,恒成立,应求,f,(,x,)在,x,D,上的最大值,将原条,件转化为,g,(,a,),f,(,x,),max,;若存在,x,D,使得,f,(,x),g,(,a,)成立,应求,f,(,x,)在,x,D,上的最大值,将原条件转化为,g,(,a,),f,(,x,),max,若存在,x,D,使得,f,(,x,),g,(,a,)成,立,应求,f,(,x,)在,x,D,上的最小值,将原条件转化为,g,(,a,),f,(,x,),min,.,2-1,(2017北京东城二模,18)设函数,f,(,x,)=(,x,2,+,ax,-,a,)e,-,x,(,a,R).,(1)当,a,=0时,求曲线,y,=,f,(,x,)在点(-1,f,(-1)处的切线方程;,(2)设,g,(,x,)=,x,2,-,x,-1,若对任意的,t,0,2,存在,s,0,2使得,f,(,s,),g,(,t,)成立,求,实数,a,的取值范围.,解析,(1)当,a,=0时,f,(,x,)=,x,2,e,-,x,此时,f,(,x,)=(-,x,2,+2,x,)e,-,x,所以,f,(-1)=-3e,又因为,f,(-1)=e,所以曲线,y,=,f,(,x,)在点(-1,f,(-1)处的切线方程为3e,x,+,y,+2e=0.,(2)“对任意的,t,0,2,存在,s,0,2使得,f,(,s,),g,(,t,)成立”等价于“在区,间0,2上,f,(,x,)的最大值大于或等于,g,(,x,)的最大值”.,因为,g,(,x,)=,x,2,-,x,-1=,-,所以,g,(,x,)在0,2上的最大值为,g,(2)=1.,f,(,x,)=(2,x,+,a,)e,-,x,-(,x,2,+,ax,-,a,)e,-,x,=-e,-,x,(,x,-2)(,x,+,a,),令,f,(,x,)=0,得,x,=2或,x,=-,a,.,当-,a,0,即,a,0时,f,(,x,),0在0,2上恒成立,此时,f,(,x,)在0,2上为单调递增函数,f,(,x,)的最大值为,f,(2)=(4+,a,),由(4+,a,),1,得,a,e,2,-4.,当0-,a,2,即-2,a,0时,当,x,(0,-,a,)时,f,(,x,)0,此时,f,(,x,)为单调递增函数.,所以,f,(,x,)的最大值为,f,0)=-,a,或,f,(2)=(4+,a,),由-,a,1,得,a,-1;由(4+,a,),1,得,a,e,2,-4.,又因为-2,a,0,所以-20,ln,x,-,等价于,x,ln,x,-,.,设函数,g,(,x,)=,x,ln,x,.,令,g,(,x,)=1+ln,x,=0,解得,x,=,.,列表如下:,x,g,(,x,),-,0,+,g,(,x,),-,因此,函数,g,(,x,)的最小值为,g,=-,故,x,ln,x,-,即ln,x,-,.,(3)曲线,y,=,f,(,x,)位于,x,轴下方.理由如下:,由(2)可知ln,x,-,所以,f,(,x,),-,=,.,设,k,(,x,)=,x,0),则,k,(,x,)=,.,令,k,(,x,)0,得0,x,1;令,k,(,x,)1.,所以,k,(,x,)在(0,1)上为增函数,在(1,+,)上为减函数.,所以当,x,0时,k,(,x,),k,(1)=0恒成立,当且仅当,x,=1时,k,(1)=0.,又因为,f,(1)=-,0,所以,f,(,x,)0恒成立.故曲线,y,=,f,(,x,)位于,x,轴下方.,规律总结,证明,f,(,x,),g,(,x,),x,(,a,b,),可以构造函数,F,(,x,)=,f,(,x,)-,g,(,x,),如果,F,(,x,)0,则,F,(,x,)在,(,a,b,)上是减函数,同时若,F,(a,),0,由减函数的定义可知,x,(,a,b,)时,有,F,(,x,),0,即证明了,f,(,x,)0时,f,(,x,),1-,.,解析,(1)由题意可得,f,(,x,)=,则,f,(1)=1,又,f,(1)=0,所以曲线,y,=,f,(,x,)在点(1,f,(1)处的切线方程为,y,=,x,-1.,(2)证明:由题意知函数,f,(,x,)的定义域为(0,+,),令,g,(,x,)=,f,(,x,)-,=ln,x,-1+,则,g,(,x,)=,-,=,令,g,(,x,)=,=0,得,x,=1.,易知当,x,1时,g,(,x,)0;当0,x,1时,g,(,x,)0,即,g,(,x,)=,f,(,x,)-,0,即,f,(,x,),1-,.,所以,g,(,x,)在(0,1)上单调递减,在(1,+,)上单调递增,所以,g,(,x,),min,=,g,(1)=0,g,(,x,),g,(1)=0,