《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題突破 專題二 集合、常用邏輯用語 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2課時 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題課件 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題突破 專題二 集合、常用邏輯用語 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2課時 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題課件 理（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第2 2課時課時 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題總綱目錄考點一 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題考點二 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、存在性問題考點三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根考點一 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題典型例題典型例題(2016課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-x+1.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明當(dāng)x(1,+)時,11,證明當(dāng)x(0,1)時,1+(c-1)xcx.解析解析(1)由題設(shè)知, f(x)的定義域為(0,+), f (x)=-1,令f (x)=0,解得x=1.當(dāng)0 x0, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x1時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞減.(2)證明:由(

2、1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0.所以當(dāng)x1時,ln xx-1.1lnxx1x故當(dāng)x(1,+)時,ln xx-1,ln-1,即11,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,則g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=.當(dāng)x0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)xx0時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞減.由(2)知1c,故0 x01.又g(0)=g(1)=0,故當(dāng)0 x0.所以當(dāng)x(0,1)時,1+(c-1)xcx.1x1x1lnxx1lnlnlnccc1lncc方法歸納方法歸納用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法(1)利用單調(diào)性:若f(x)在a,b上是增函數(shù),則xa,b,有f(a)f(x)

3、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).(3)證明f(x)g(x),可構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),證明F(x)-x2+.解析解析(1)依題意,得f (x)=-e-x+a.當(dāng)a0時,f (x)0時,由f (x)=0得x=-ln a.當(dāng)x變化時,f (x)與f(x)的變化情況如下表:1258x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f (x)-0+f(x)極小值由上表可知f(x)在(-,-ln a)上單調(diào)遞減,在(-ln a,+)上單

4、調(diào)遞增,故當(dāng)x=-ln a時,f(x)取得極小值, 也是最小值,最小值為f(-ln a)=a-aln a,不存在最大值.綜上,當(dāng)a0時,f(x)不存在最大值和最小值;當(dāng)a0時,f(x)的最小值為a-aln a,不存在最大值.(2)解法一:當(dāng)a=0時,f(x)=e-x,設(shè)g(x)=e-x+x2-,則g(x)=-e-x+x,設(shè)P(x)=-e-x+x,由P(x)=e-x+10,可知g(x)在R上單調(diào)遞增.因為g=-+0,所以存在唯一的x0,使得g(x0)=0.當(dāng)x變化時,g(x)與g(x)的變化情況如下表:1258121e121e1,12x(-,x0)x0(x0,+)g(x)-0+g(x)極小值由上

5、表可知,g(x)在(-,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+)上單調(diào)遞增,故當(dāng)x=x0時,g(x)取得極小值,也是最小值,即g(x)min=g(x0)=+-.由g(x0)=0可得=x0,所以g(x0)=+x0-.又x0,所以g(x0)=+x0-+-=0,所以g(x)g(x0)0,即e-x-x2+,所以不等式f(x)-x2+成立.0ex1220 x580ex1220 x581,121220 x5812212125812581258當(dāng)5-4x20,即-x時,h(x)=(-4x2-8x+5)ex=-(2x-1)(2x+5)ex,所以當(dāng)-x0,h(x)在上單調(diào)遞增,當(dāng)x時,h(x)0,h(x)在上單調(diào)遞減,

6、所以當(dāng)-x時,h(x)h=4-x2+成立.525252125 1,22125215,22525212e1258解法二:當(dāng)a=0時,f(x)=e-x,要證f(x)-x2+,即證e-x-x2+,即證(5-4x2)ex8.設(shè)h(x)=(5-4x2)ex,當(dāng)5-4x20,即x-或x時,h(x)08;125812585252考點二 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、存在性問題典型例題典型例題(2017東北四市高考模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-ln x.(1)過原點O作曲線y=f(x)的切線,求切點的橫坐標(biāo);(2)x1,+),關(guān)于x的不等式f(x)a(2x-x2)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.解析解析(1)設(shè)切點為

7、M(x0,f(x0),f (x)=a-,切線的斜率k=f (x0)=a-,曲線f(x)的切線方程為y-f(x0)=k(x-x0),即曲線的切線方程為y-ax0+ln x0=(x-x0),又切線過原點O,所以-ax0+ln x0=(-x0),1x01x01ax01ax解得x0=e,所以切點的橫坐標(biāo)為e.(2)因為不等式ax-ln xa(2x-x2)在1,+)上恒成立,所以ax2-ax-ln x0在1,+)上恒成立,設(shè)g(x)=ax2-ax-ln x,x1,+),則g(x)=2ax-a-.當(dāng)a0時,g(x)=a(2x-1)-0時,g(x)=,設(shè)h(x)=2ax2-ax-1=2a-1,易知h(x)在

8、1,+)上單調(diào)遞增,h(x)h(1)=a-1.當(dāng)a1時,由h(x)0得g(x)0,g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,g(x)g(1)=0,1x1x221axaxx214x8aa1符合題意;當(dāng)0a1時,h(1)=a-10,且h(x)在1,+)上單調(diào)遞增,x01,+)使得h(x0)=0,則g(x)在1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+)上單調(diào)遞增,g(x0)g(1)=0,則0af(x)對xD恒成立,只需af(x)max;af(x)對xD恒成立,只需af(x)min.跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)(2017廣西三市第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-,其中aR.(1)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(

9、x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若存在x01,e,使得f(x0)0,即a-1時,在(0,1+a)上h(x)0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)1+a0,即a-1時,在(0,+)上h(x)0,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.1ax1ax21axax22(1)xaxax2(1)(1)xxax(2)若存在x01,e,使得f(x0)g(x0)成立,即存在x01,e,使得h(x0)=f(x0)-g(x0)0成立,即函數(shù)h(x)=x+-aln x在1,e上的最小值小于零.由(1)可知:當(dāng)1+ae,即ae-1時,在1,e上,h(x)0,h(x)在1,e上單

10、調(diào)遞減,所以h(x)在1,e上的最小值為h(e),由h(e)=e+-a,因為e-1,所以a.當(dāng)1+a1,即a0時,h(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以h(x)的最小值為h(1),由h(1)=1+1+a0可得a-2.所以a-2.當(dāng)11+ae,即0ae-1時,可得h(x)的最小值為h(1+a),因為0ln(1+a)1ax1ea2e1e 12e1e 12e1e 11,所以0aln(1+a)20,不合題意.綜上可得所求a的取值范圍是(-,-2).2e1,e 1考點三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根典型例題典型例題(2017課標(biāo)全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論

11、f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解析解析(1)f(x)的定義域為(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,則f (x)0,則由f (x)=0得x=-ln a.當(dāng)x(-,-ln a)時, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)單調(diào)遞減,在(-ln a,+)單調(diào)遞增.(2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一個零點.(ii)若a0,由(1)知,當(dāng)x=-ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1-+ln a.1a當(dāng)a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點;當(dāng)

12、a(1,+)時,由于1-+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)沒有零點;當(dāng)a(0,1)時,1-+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一個零點.設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln,則f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00.由于ln-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一個零點.綜上,a的取值范圍為(0,1).1a1a31a0en0en0en02n31a方法歸納方法歸納三步解決方程解(或曲線公共點)的個數(shù)問題第一步:將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點個數(shù)問題,進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y=k)在該區(qū)間上的交點個數(shù)問題;第二步:利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)

13、在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點值等性質(zhì),進而畫出其圖象;第三步:結(jié)合圖象求解.跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)已知函數(shù)f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),e=2.718 28.(1)證明:函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點;(2)求方程f(x)=g(x)的根的個數(shù),并說明理由.解析解析(1)證明:由題意可得h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-x,所以h(1)=e-30,所以h(1)h(2)0,因此(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,易知(x)在(0,+)內(nèi)只有一個零點,則h(x)在0,+)上有且只有兩個零點,所以方程f(x)=g(x)的根的個數(shù)為2.1212x121

14、2x1432x1.(2017合肥第二次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)=xln x-aex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A. B.(0,e) C. D.(-,e)10,e1,ee隨堂檢測隨堂檢測答案答案 A由題易知,f (x)=1+ln x-aex,令f (x)=0,得a=,函數(shù)f(x)有兩個極值點,則需f (x)=0有兩個實數(shù)根,則a=有兩個實數(shù)根,則直線y=a與y=的圖象有兩個交點,令g(x)=,則g(x)=,1lnexx1lnexx1lnexx1lnexx11 lnexxx 令h(x)=-1-ln x,得h(x)在(0,+)上為減函數(shù),且h(1)=0,所以當(dāng)x

15、(0,1)時,h(x)0,故g(x)0,g(x)為增函數(shù),當(dāng)x(1,+)時,h(x)0,故g(x)0,g(x)為減函數(shù),所以g(x)max=g(1)=,又當(dāng)x+時,g(x)0,1x1e所以g(x)的圖象如圖所示,故0a. 1e2.(2017合肥第一次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知直線y=b與函數(shù)f(x)=2x+3和g(x)=ax+ln x分別交于A,B兩點,若|AB|的最小值為2,則a+b= .答案答案2解析解析設(shè)點B(x0,b),欲使|AB|最小,曲線g(x)=ax+ln x在點B(x0,b)處的切線與f(x)=2x+3平行,則有a+=2,解得x0=,進而可得a+ln=b,又點A的坐標(biāo)為,所以|AB|=

16、x0-=-=2,聯(lián)立方程可解得a=1,b=1,所以a+b=2.01x12a12a12a3,2bb32b12a32b3.(2017課標(biāo)全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,m,求m的最小值.1122112112n解析解析(1)f(x)的定義域為(0,+).若a0,因為f=-+aln 20,由f (x)=1-=知,當(dāng)x(0,a)時, f (x)0.所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值點.由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時, f(x)0.故a=1.1212axxax(2)由(1)知當(dāng)x(1,+)時,x-1-ln x0.令x=1+,得ln.從而ln+ln+ln+=1-1.12n112n12n1122112112n1221212n12n故2,所以m的最小值為3.1122112112n11221123112