（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用（第3课时）导数与函数的综合问题课件.pptx

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1、第3课时 导数与函数的综合问题,第四章 4.2 导数的应用,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,题型分类 深度剖析,1,PART ONE,题型一 利用导数解或证明不等式,1.已知f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(1)0，且对于其导函数f(x)恒有f(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是 A. B.(0,1) C.(1，) D.(0,1)(1，),自主演练,解析 令g(x)f(x)ex， 由x0时，f(x)f(x)0恒成立， 则g(x)f(x)exf(x)ex0， 故g(x)f(x)ex在(0，)上单调递减， 又f(1)0，所以g(1)0.

2、 当x1时，f(x)ex0，得f(x)0； 当0x1时，f(x)ex0，得f(x)0，故选B.,2.设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)0，当x0时，有 0的解集是 A.(2,0)(2，) B.(2,0)(0,2) C.(，2)(2，) D.(，2)(0,2),又(2)0，当且仅当00， 此时x2f(x)0. 又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数. 故x2f(x)0的解集为(，2)(0,2).,3.已知函数f(x)1 ，g(x)xln x. (1)证明：g(x)1；,当01时，g(x)0， 即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数. 所以g(x)g(1)1，得证

3、.,(2)证明：(xln x)f(x)1 .,所以当02时，f(x)0， 即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，,当且仅当x2时取等号. 又由(1)知xln x1， 当且仅当x1时取等号. 因为等号不同时取得，,(1)利用导数解不等式的思路 已知一个含f(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式. (2)利用导数证明不等式的方法 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，当x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g

4、(x).,题型二 不等式恒成立或有解问题,师生共研,解 函数的定义域为(0，)，,令f(x)0，得x1. 当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减. 所以x1为极大值点，,再令h(x)xln x(x1)，,所以h(x)h(1)1，所以g(x)0， 所以g(x)为单调增函数，所以g(x)ming(1)2， 故k2，即实数k的取值范围是(，2.,本例(2)中若改为：存在x01，e，使不等式f(x0) 成立，求实数k的取值范围.,由本例(2)知，g(x)为单调增函数，,利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数求出

5、最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围. (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.,跟踪训练1 已知函数f(x)axln x，x1，e，若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.,解 f(x)0，即axln x0对x1，e恒成立，,x1，e，g(x)0， g(x)在1，e上单调递减，,题型三 利用导数研究函数的零点问题,例2 已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3. (1)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；,师生共研,解 由对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立， 即有2xln xx2ax3.,当x1时，h(x)0，h(

6、x)是增函数， 当0x1时，h(x)0，h(x)是减函数， ah(x)minh(1)4. 即实数a的取值范围是(，4.,(2)探讨函数F(x)ln x 是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请说明理由.,解 方法一 令m(x)2xln x， 则m(x)2(1ln x)，,当x(0,1)时，G(x)0，G(x)单调递增. G(x)G(1)0. ,中取等号的条件不同， F(x)0，故函数F(x)没有零点.,在(1，)上单调递减，,即F(x)0恒成立，函数F(x)无零点.,利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个

7、数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.,跟踪训练2 (2018浙江金华名校统练)已知函数f(x)ln x ，aR且a0. (1)讨论函数f(x)的单调性；,当a0恒成立， 函数f(x)在(0，)上单调递增，,综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；,(2)当x 时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数.,令h(x)(ln x1)exx，,课时作业,2,PART TWO,1.已知函数f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：,基础保分练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13

8、,14,15,16,f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为,A.1 B.2 C.3 D.4,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解析 根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.,由于f(0)f(3)2,1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,3.若不等式2xln xx2ax30对x(0，)恒成立，则实数a可取的值组成

9、的集合是 A.a|4a0 B.a|a4 C.a|0a4 D.a|a4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解析 由题意得ax2xln xx23，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增， 当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减， 函数g(x)maxg(1)4， 所以ag(x)max4，即a|a4.,12,4.若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a可能的值为 A.4 B.6 C.7 D.8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14

10、,15,16,解析 由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)， 由f(x)0，得x2，由f(x)0，得1x2， 所以函数f(x)在(，1)，(2，)上单调递增， 在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2). 若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，故选A.,12,5.(2018杭州模拟)直线xt分别与函数f(x)ex1的图象及g(x)2x1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为 A.2 B.3 C.42ln 2 D.32ln 2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解

11、析 由题意得|AB|et1(2t1)| |et2t2|，令h(t)et2t2， 则h(t)et2，所以h(t)在(，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，)上单调递增， 所以h(t)minh(ln 2)42ln 20， 即|AB|的最小值是42ln 2，故选C.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,因为f(x)在x2处有最小值，且x1,4， 所以f(2)0，即b8， 所以c5，经检验，b8，c5符合题意.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15

12、,16,所以f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增，,所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.,12,7.已知函数f(x)x1(e1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)0的x的取值范围为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(0,1),解析 令g(x)f(ex)ex1(e1)x， 则g(x)ex(e1)， 当xln(e1)时，g(x)0. 当x(，ln(e1)时，g(x)0，g(x)单调递增. 又g(x)有0和1两个零点，所以f(ex)0的x的取值范围为(0,1).,12,8.已知x(0,2)，若关于x的不等式 恒成立，则

13、实数k的取值范围为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(0，e1),12,解析 由题意，知k2xx20. 即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,令f(x)0，得x1， 当x(1,2)时，f(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增， 当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减， 所以kf(x)minf(1)e1， 故实数k的取值范围为0，e1).,12,9.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围

14、是_.,解析 当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意， 故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(，2),若a0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a0.,又a0，所以a2.,12,10.定义在R上的奇函数yf(x)满足f(3)0，且不等式f(x)xf(x)在(0，)上恒成立，则函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_.,3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解析 定义在R上的奇函数f(x)满足： f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，

15、 当x0时，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0， xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0时是增函数， 又h(x)xf(x)xf(x)， h(x)xf(x)是偶函数， 当x0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R， 且f(0)f(3)f(3)0， 可得函数yxf(x)与ylg|x1|的大致图象如图， 由图象可知，函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点的个数为3.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,11.已知函数f(x)exmx，其中m为常数. (1)若对任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范围；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1

16、0,11,13,14,15,16,解 由题意，可知f(x)exm1， 令f(x)0，得xm. 故当x(，m)时，exm1，f(x)0，f(x)单调递增. 故当xm时，f(m)为极小值也为最小值. 令f(m)1m0，得m1， 即对任意xR，f(x)0恒成立时， m的取值范围是(，1.,12,(2)当m1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解 f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下： 当m1时，f(m)1m0，f(0)f(m)1， 则g(m)em2， 当m1时，g(m)em20， g(m)在(1，)上

17、单调递增. g(m)e20， 即f(2m)0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,f(m)f(2m)0， 又f(x)在(m,2m)上单调递增， f(x)在(m,2m)上有一个零点. 故f(x)在0,2m上有两个零点.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,令g(x)0，得x0， 则g(x)在区间0,1上单调递增.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,1

18、1,12,13,14,15,16,知存在x0(0,1)，使得h(x0)0. 易知h(x)在0,1上是增函数， 所以f(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0,1)上单调递增，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,13.已知a，bR，直线yaxb 与函数f(x)tan x的图象在x 处相切，设g(x)exbx2a，若在区间1,2上，不等式mg(x)m22恒成立，则实数m有 A.最大值e B.最大值e1 C.最小值e D.最小值e,技能提升练,1,2,3,4,5,6,7,

19、8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,因此a2，b1，g(x)exx22， 所以当x1,2时，g(x)ex2x0， g(x)exx22单调递增， 所以g(x)mine1，g(x)maxe22. 所以me1且m22e22，,12,14.已知函数f(x)3ln x x22x3ln 3 ，则方程f(x)0的解的个数是_.,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当x(3，)时，f(x)0，f(x)单调递减， 当x0时，f(x)

20、，当x时，f(x)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,所以方程f(x)0只有一个解.,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,(，2)(2，),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解得m2或m2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解得m2或m2.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,16.(2018浙江第二次联盟校联考)已知a为实数，函数f(x)ex2ax. (1)讨论函数f(

21、x)的单调性；,解 f(x)ex2a. 当a0时，f(x)0，函数f(x)在R上单调递增. 当a0时，由f(x)ex2a0，得x2ln a. 若x2ln a，则f(x)0，函数f(x)在(2ln a，)上单调递增； 若x2ln a，则f(x)0，函数f(x)在(，2ln a)上单调递减.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1x2)， 求实数a的取值范围；,12,解 由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点. 当a0时，f(x)在x2ln a处取得极小值，,1,2,3,4,5,6

22、,7,8,9,10,11,13,14,15,16,证明：x1x22.,12,证明 由ex2ax0， 得x2ln(ax)ln aln x， 即x2ln xln a. 所以x12ln x1x22ln x2ln a.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,当x1时，g(x)0；当02，只需证x22x11. 因为g(x)在(1，)上单调递增， 所以只需证g(x2)g(2x1).,因为g(x1)g(x2)，所以只需证g(x1)g(2x1)， 即证g(x1)g(2x1)0. 令h(x)g(x)g(2x) x2ln x2x2ln(2x) 2x2ln xln(2x)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,当且仅当x1时等号成立， 所以当0h(1)0， 即g(x1)g(2x1)0， 所以x1x22得证.,