（课标通用）2020版高考数学大一轮复习第三章5第五节导数的综合应用（一）课件理.pptx

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1、第五节 导数的综合应用(一),考点一 不等式证明,考点二 不等式恒成立问题,考点突破,典例1 (2018福建第一学期考试)已知函数f(x)=1-ln x+a2x2-ax(a0). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若a=0且x(0,1),求证: +x2- 1.,不等式证明,考点突破,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=- +2a2x-a= = . 若a=0,则f (x)0,则当x= 时, f (x)=0,当0 时, f (x)0, 故f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)若a=0且x(0,1),欲证 +x2- 1, 只需证 +x2- 1,即证x(1-ln

2、 x)(1+x-x3)ex.,设函数g(x)=x(1-ln x),x(0,1),则g(x)=-ln x. 当x(0,1)时,g(x)0,故函数g(x)在(0,1)上单调递增. 所以g(x)x3,所以1+x-x31, 又01, 所以g(x)1h(x), 即原不等式成立.,方法技巧 利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式成立问题转化成求某个函数最值问题: 若证明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)g(x).,

3、(2)将不等式成立问题转化为比较两个函数的最值问题: 在证明不等式时,若通过不等式的变形无法将问题转化为一个函数的最 值问题,可转化为比较两个函数的最值问题进行证明,如要证f(x)g(x) 在D上成立,则需证明f(x)ming(x)max.,1-1 (2018广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)=ax+xln x在x=e-2处取得极 小值. (1)求实数a的值; (2)当x1时,求证:f(x)3(x-1).,解析 (1)因为f(x)=ax+xln x,所以f (x)=a+ln x+1, 因为函数f(x)在x=e-2处取得极小值,所以f (e-2)=0,即a+ln e-2+1=0, 所以a=1,

4、所以f (x)=ln x+2, 当f (x)0时,xe-2,当f (x)0).,g(x)=ln x-1,由g(x)=0得x=e. 由g(x)0得xe,由g(x)0. 于是在(1,+)上,都有g(x)g(e)0,所以f(x)3(x-1).,典例2 (2018石家庄质量检测(一)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1). (1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0, f(0)处的切线方程; (2)当x0时,函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.,不等式恒成立问题,解析 (1)若a=1,则f(x)=xex-2(2x-1), f (x)=xex+ex-4, 则f (0)=-3, f(0

5、)=2, 所以所求切线方程为y=-3x+2. (2)由已知可得, f(1)0,则a 0, f(x)0对任意的x0恒成立可转化为 对任意的x0恒成立. 设函数F(x)= (x0),则F(x)=- . 当00,当x1时,F(x)0,所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, 所以F(x)max=F(1)= , 于是 ,解得a . 故实数a的取值范围是 .,方法技巧 利用导数解决不等式恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相 应的含参不等式,从而求出参数的取值范围. (2)分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.,同类练

6、 设函数f(x)= +2ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)如果对所有的x1,都有f(x)ax,求a的取值范围.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)= , 所以当0 时, f (x)0, 故函数f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)当x1时, f(x)axa + , 令h(x)= + (x1), 则h(x)= - = ,令m(x)=x-xln x-1(x1),则m(x)=-ln x, 显然,当x1时,m(x)0, 所以m(x)在1,+)上为减函数, 所以m(x)m(1)=0, 因此h(x)0,于是h(x)在1,+)上为减函数, 所以当x=1时,h(

7、x)有最大值h(1)=1,故a1, 即a的取值范围是1,+).,变式练 (2018沈阳质量检测(一)已知函数f(x)=(x+1)2-3aln x,aR. (1)求函数f(x)的图象经过的定点坐标; (2)若对任意的x1,e, f(x)4恒成立,求实数a的取值范围.,解析 (1)当x=1时,ln 1=0, f(1)=4, 所以函数f(x)的图象经过定点(1,4). (2)f (x)=2x+2- = ,x0. 当a0时, f (x)0, f(x)在1,e上单调递增. f(x)min=f(1)=4, f(x)4不恒成立. 当a0时,设g(x)=2x2+2x-3a,x0. g(x)图象的对称轴为直线x

8、=- ,g(0)=-3a0,g(x)在(0,+)上单调递增,且存在唯一的x0(0,+),使得g(x0)=0. 当x(0,x0)时,g(x)0,即f (x)0, f(x)在(x0,+)上单调递增. f(x)在1,e上的最大值f(x)max=maxf(1), f(e), 由(e+1)2-3a4,解得a , 即实数a的取值范围为 .,深化练 (2018山西八校第一次联考)已知函数f(x)=x-1-aln x(aR),g(x) = . (1)当a=-2时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程; (2)若a0,且对任意x1,x2(0,1,都有|f(x1)-f(x2)|4|g(x1)-g(x2)|,求实

9、数a的取 值范围.,解析 (1)当a=-2时, f(x)=x-1+2ln x, f (x)=1+ , f(1)=0,切线的斜率k=f (1)=3, 故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为3x-y-3=0. (2)对任意x(0,1,当a0,f(x)在(0,1上单调递增,易知g (x)= 在(0,1上单调递减, 不妨设x1,x2(0,1且x1g(x2), f(x2)-f(x1)4g(x1)-g(x2),即f(x1)+ f(x2)+ . 令h(x)=f(x)+ ,则当x1h(x2),h(x)在(0,1上单调递减, h(x)=1- - = 0在(0,1上恒成立, x2-ax-40在(0,1上恒成立,等价于ax- 在(0,1上恒成立, 只需a .,y=x- 在(0,1上单调递增,ymax=-3,-3a0, 故实数a的取值范围为-3,0).,