2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)不等式第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點問題課件理.pptx

1、第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點問題,高考定位在高考壓軸題中，函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題.,1.(2018全國卷)已知函數(shù)f(x)exax2.,(1)若a1，證明：當(dāng)x0時，f(x)1； (2)若f(x)在(0，)只有一個零點，求a. (1)證明當(dāng)a1時，f(x)exx2，則f(x)ex2x. 令g(x)f(x)，則g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2. 當(dāng)x(0，ln 2)時，g(x)0. 當(dāng)x0時，g(x)g(ln 2)22ln 20， f(x)在0，)上單調(diào)遞增，f(x)

2、f(0)1.,真 題 感 悟,(2)解若f(x)在(0，)上只有一個零點，即方程exax20在(0，)上只有一個解，,當(dāng)x(0，2)時，(x)0.,2.(2017全國卷)已知函數(shù)f(x)ax2axxln x，且f(x)0.,(1)求a； (2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e2f(x0)22. (1)解f(x)的定義域為(0，)， 設(shè)g(x)axaln x， 則f(x)xg(x)，f(x)0等價于g(x)0， 因為g(1)0，g(x)0，故g(1)0，,當(dāng)01時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增， 所以x1是g(x)的極小值點，故g(x)g(1)0. 綜上，a1. (2)證明由(1)知f

3、(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，,當(dāng)x(x0，1)時，h(x)0. 因為f(x)h(x)， 所以xx0是f(x)的唯一極大值點. 由f(x0)0得ln x02(x01)， 故f(x0)x0(1x0).,因為xx0是f(x)在(0，1)的最大值點， 由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2. 所以e2f(x0)22.,1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點 函數(shù)的零點、方程的實根、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標(biāo)是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的變化趨勢，數(shù)形結(jié)合求解. 2.三次函數(shù)的零點分布 三次函數(shù)在存在兩個極值點的情況下，由于當(dāng)x

4、時，函數(shù)值也趨向，只要按照極值與零的大小關(guān)系確定其零點的個數(shù)即可.存在兩個極值點x1，x2且x1x2的函數(shù)f(x)ax3bx2cxd(a0)的零點分布情況如下：,考 點 整 合,3.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題,(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式. 若證明f(x)g(x)對一切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與f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI). 對x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. 對x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min. 溫馨提醒解決方

5、程、不等式相關(guān)問題，要認(rèn)真分析題目的結(jié)構(gòu)特點和已知條件，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究性質(zhì)，這是解題的關(guān)鍵.,熱點一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根) 【例1】 (2018西安調(diào)研)函數(shù)f(x)axxln x在x1處取得極值.,(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若yf(x)m1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍. 解(1)f(x)aln x1，x0， 由f(1)a10，解得a1.則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處取得極小值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).,(2)yf(x)m1

6、在(0，)內(nèi)有兩個不同的零點，可轉(zhuǎn)化為f(x)m1在(0，)內(nèi)有兩個不同的根，則函數(shù)yf(x)與ym1的圖象有兩個不同的交點. 由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(1)1， 由題意得，m11， 即m2， 當(dāng)00且x0時，f(x)0； 當(dāng)x時，顯然f(x).,如圖，由圖象可知，m10，即m1， 由可得2m1. 因此實數(shù)m的取值范圍是(2，1).,探究提高1.三步求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題. 第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線yk)在該區(qū)間上的交點問題； 第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值

7、)、端點值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象； 第三步：結(jié)合圖象求解. 2.根據(jù)函數(shù)零點情況求參數(shù)范圍：(1)要注意端點的取舍；(2)選擇恰當(dāng)?shù)姆诸悩?biāo)準(zhǔn)進(jìn)行討論.,【訓(xùn)練1】 設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.,(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程； (2)設(shè)ab4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍. 解(1)由f(x)x3ax2bxc， 得f(x)3x22axb. f(0)c，f(0)b， 曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為ybxc. (2)當(dāng)ab4時，f(x)x34x24xc， f(x)3x28x4.,當(dāng)x變化時，f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的情況如下：,熱點

8、二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 【例2】 (2018鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)x1aex.,(1)解由f(x)x1aex，得f(x)1aex. 當(dāng)a0時，f(x)0，則f(x)在R上單調(diào)遞增.,(2)證明法一設(shè)g(x)f(x)2xex3x1，則g(x)ex3. 由g(x)ln 3；由g(x)0，得x4ex1.,法二f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23， x12x2ex1ex23x23. 設(shè)g(x)ex3x，則g(x)ex3. 由g(x)0，得xln 3. 故g(x)ming(ln 3)33ln 3. 10，,探究提高1.證明不等式的基本方法： (1)利用單調(diào)性：若f(x)在a，b上是增函數(shù)，則

9、xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).對于減函數(shù)有類似結(jié)論. (2)利用最值：若f(x)在某個范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則xD，有f(x)M(或f(x)m). 2.證明f(x)g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，證明F(x)0.,【訓(xùn)練2】 (2016全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)ln xx1.,令f(x)0，解得x1. 當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增. 當(dāng)x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減. 因此f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，)上為減函數(shù).,(2)證明由(1)知，函數(shù)f(x)在x1處取得最大值f(1)0.,(3)證明由題設(shè)

10、c1，設(shè)g(x)1(c1)xcx，,又g(0)g(1)0，故當(dāng)00. 當(dāng)x(0，1)時，1(c1)xcx.,當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)xx0時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減.,熱點三不等式恒成立、存在性問題 考法1不等式恒成立問題 【例31】 (2016全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1).,(1)當(dāng)a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程； (2)若當(dāng)x(1，)時，f(x)0，求a的取值范圍.,解(1)f(x)的定義域為(0，)， 當(dāng)a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，,故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.,當(dāng)a2，x(1，)時，x2

11、2(1a)x1x22x10， 故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)g(1)0. 當(dāng)a2時，令g(x)0，,由x21和x1x21得x11. 故當(dāng)x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，因此g(x)g(1)0， 綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(，2.,(2)f(x1)g(x2)m，即f(x1)mg(x2)，,探究提高1.對于含參數(shù)的不等式，如果易分離參數(shù)，可先分離參數(shù)、構(gòu)造函數(shù)，直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值；否則應(yīng)進(jìn)行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數(shù)圖象草圖，借助幾何圖形直觀分析轉(zhuǎn)化. 2.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關(guān)系，即f(x)g(a

12、)對于xD恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號是否取到，注意端點的取舍.,又f(1)1，即切點為(1，1)，,(2)“對任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立”，等價于“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上單調(diào)遞增，所以g(x)maxg(2)2. 令f(x)0，得x2或xa. 當(dāng)a0時，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞增， f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；,當(dāng)0a2時，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)單調(diào)遞減， f(x)0在a，2上

13、恒成立，f(x)單調(diào)遞增， f(x)的最大值為f(2)(4a)e1或f(0)ae， 所以(4a)e12或ae2.,當(dāng)a2時，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，,210(x3)(x6)2，3x6. 從而，f(x)10(x6)22(x3)(x6) 30(x4)(x6)， 于是，當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：,由上表可得，x4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值， 所以，當(dāng)x4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 故當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.,探究提高利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)建模：分析實際問題中各量之

14、間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)f(x). (2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)，解方程f(x)0. (3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f(x)0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值. (4)結(jié)論：回歸實際問題作答.,【訓(xùn)練4】 (2017全國卷)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐.當(dāng)ABC的邊長變化時，所得三棱錐體

15、積(單位：cm3)的最大值為_.,解析由題意，連接OD，交BC與點G，,令f(x)0得x2，當(dāng)x(0，2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；,故當(dāng)x2時，f(x)取得最大值80，,1.重視轉(zhuǎn)化思想在研究函數(shù)零點中的應(yīng)用，如方程的解、兩函數(shù)圖象的交點均可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點，充分利用函數(shù)的圖象與性質(zhì)，借助導(dǎo)數(shù)求解. 2.對于存在一個極大值和一個極小值的函數(shù)，其圖象與x軸交點的個數(shù)，除了受兩個極值大小的制約外，還受函數(shù)在兩個極值點外部函數(shù)值的變化的制約，在解題時要注意通過數(shù)形結(jié)合找到正確的條件. 3.利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函