《（北京專用）高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 第四節(jié) 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（北京專用）高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 第四節(jié) 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件 文（38頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第四節(jié)導數(shù)與函數(shù)的綜合問題總綱目錄教材研讀1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟考點突破2.一元三次方程根的個數(shù)問題考點二利用導數(shù)證明不等式考點二利用導數(shù)證明不等式考點一利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題考點三利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根的問題考點三利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根的問題1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構造新的函數(shù)h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h(x)判斷h(x)的單調性或最值.(5)下結論.教材研讀教材研讀2.一元三次方程根的個數(shù)問題一元三次方程根的個數(shù)問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),則f(x)=3ax2

2、+2bx+c.方程f(x)=0的判別式=(2b)2-12ac,(1)當0,即b23ac時,f(x)0恒成立,f(x)在R上為增函數(shù),結合函數(shù)f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一唯一一個實根.(2)當0,即b23ac時,方程f(x)=0有兩個不同的實根,設為x1,x2(x1m).a.當m0時,方程f(x)=0有一一個實根;b.當m=0時,方程f(x)=0有兩兩個實根;c.當m0時,方程f(x)=0有三三個實根;d.當M=0時,方程f(x)=0有兩兩個實根;e.當M0時,方程f(x)=0有一一個實根.3.生活中的利潤最大、用料最省、效率最高等問題我們稱之生活中的利潤最大、用料最省、效率最高等問

3、題我們稱之為優(yōu)化問題為優(yōu)化問題.導數(shù)是解決生活中優(yōu)化問題的有力工具導數(shù)是解決生活中優(yōu)化問題的有力工具,用導數(shù)解用導數(shù)解決優(yōu)化問題的基本思路決優(yōu)化問題的基本思路:(1)分析實際問題中各量之間的關系,建立實際問題的數(shù)學模型,寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關系式y(tǒng)=f(x);(2)求函數(shù)的導數(shù)f(x),解方程f(x)=0,確定極值點;(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點的值和在極值點的值的大小,最大(小)值為函數(shù)的最大(小)值;(4)還原到實際問題中作答.1.已知某生產廠家的年利潤y(單位:萬元)與年產量x(單位:萬件)的函數(shù)關系式為y=-x3+81x-234,則使該生產廠家獲得最大年利潤的年產量為()A.13萬

4、件 B.11萬件C.9萬件 D.7萬件13答案答案 C y=-x2+81.令y=0,得x=9或x=-9(舍去).當0 x0,函數(shù)單調遞增;當x9時,y0,函數(shù)單調遞減.故當x=9時,y取最大值.C2.已知函數(shù)f(x)的定義域為-1,4,部分對應值如下表,f(x)的導函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示.當1a2時,函數(shù)y=f(x)-a的零點的個數(shù)為()A.2 B.3 C.4 D.5x-10234f(x)12020C答案答案 C根據(jù)已知條件可還原出函數(shù)f(x)在定義域-1,4內的大致圖象.函數(shù)y=f(x)-a的零點個數(shù)即直線y=a與曲線y=f(x)的交點個數(shù).因為1a3,則方程x3-ax2+1=0在(

5、0,2)上的實根個數(shù)為()A.0 B.1 C.2 D.3答案答案 B設f(x)=x3-ax2+1,則f(x)=3x2-2ax=x(3x-2a),由于a3,則在(0,2)上f(x)0,f(2)=9-4a0,即x(0,1時,f(x)=ax3-3x+10可化為a-.設g(x)=-,則g(x)=,所以g(x)在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減,因此g(x)max=g=4,從而a4.當x1在區(qū)間上恒成立,求a的取值范圍.1x1,ee考點一利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題考點一利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題命題角度一恒成立問題命題角度一恒成立問題考點突破考點突破解析解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為x

6、|x0,f(x)=.當a0時,ax-10,解得0 x1,令f(x)1,所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1),單調遞減區(qū)間為(1,+).當0a1.令f(x)0,解得0 x,令f(x)0,解得1x1時,00,解得0 x1;令f(x)0,解得x1恒成立轉化為f(x)min1恒成立.f(x)=,a1.22(1)xx1a1a1a10,a1,1a1,ee22(1)1axaxx2(1)(1)axxx令f(x)=0,得x=1或x=.若ae,則由f(x)0得,1xe,函數(shù)f(x)在(1,e上單調遞增.由f(x)0,得x1,滿足題意.若1a0,得x或1xe;由f(x)0,得x1.故函數(shù)f(x)在,(1,e上

7、單調遞增,在上單調遞減.f(x)min=min,1a1e1,1e1e1a1a1 1,e a1,1a1,(1)eff依題意即所以2ae.若a=1,則f(x)0.所以f(x)在區(qū)間上單調遞增,f(x)min=f=-e+22.11,e(1)1,ff2e,e 12,aa1,ee1e1e命題角度二存在性問題命題角度二存在性問題典例典例2已知函數(shù)f(x)=x-(a+1)ln x-(aR),g(x)=x2+ex-xex.(1)當x1,e時,求f(x)的最小值;(2)當a1時,若存在x1e,e2,使得對任意的x2-2,0,f(x1)g(x2)恒成立,求a的取值范圍.ax12解析解析(1)f(x)的定義域為(0

8、,+),f(x)=.當a1時,x1,e,f(x)0,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f(1)=1-a.當1ae時,x1,a時,f(x)0,f(x)為減函數(shù);xa,e時,f(x)0,f(x)為增函數(shù).所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.當ae時,x1,e,f(x)0,f(x)在1,e上為減函數(shù),2(1)()xxax所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.綜上,當a1時,f(x)min=1-a;當1ae時,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;當ae時,f(x)min=e-(a+1)-.(2)由題意知f(x)(xe,e2)的最小值小于g(x)(x-2,0)

9、的最小值.當a1時,由(1)知f(x)在e,e2上單調遞增,所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.由題意知g(x)=(1-ex)x.當x-2,0時,g(x)0,g(x)為減函數(shù),g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-,eaeaeaea2e2ee 1所以a的取值范圍是.2e2e,1e1易錯警示易錯警示“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系,即f(x)g(a)對于xD恒成立,應求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,應求f(x)的最大值.在具體問題中究竟是求最大值還是最小值,可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值,這樣也就可以解決相應的“存在性”問

10、題是求最大值還是最小值.特別需要關注等號是否成立問題,以免細節(jié)出錯.1-1 (2016北京西城二模)已知函數(shù)f(x)=.(1)若f(a)=1,求a的值;(2)設a0,若對于定義域內的任意x1,總存在x2使得f(x2)f(x1),求a的取值范圍.2()xaxa解析解析(1)函數(shù)y=f(x)的定義域D=x|xR且x-a,對f(x)求導,得f(x)=-.由題意,知f(a)有意義,所以a0.所以f(a)=1,解得a=.(2)“對于定義域內的任意x1,總存在x2使得f(x2)f(x1)”等價于“f(x)不存在最小值”.當a=0時,f(x)=,易知f(x)無最小值,符合題意.24()()2()()xaxa

11、xaxa4()(3)()xaxaxa24416aa214a121x當aa時,f(x)=0,當xa時,f(x)0,所以f(x)min=f(3a).所以當x1=3a時,不存在x2使得f(x2)f(x1).故a0不符合題意.綜上所述,a的取值范圍是0.2()xaxa考點二利用導數(shù)證明不等式考點二利用導數(shù)證明不等式典例典例3 (2017北京海淀一模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+ax,曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線與x軸平行.(1)求a的值;(2)若g(x)=ex-2x-1,求函數(shù)g(x)的最小值;(3)求證:存在cc時,f(x)0.解析解析(1)f(x)=ex-2x+a,由已知可得f(0

12、)=0,所以1+a=0,解得a=-1.(2)g(x)=ex-2,令g(x)=0,得x=ln 2,所以x,g(x),g(x)的變化情況如下表所示:x(-,ln 2)ln 2(ln 2,+)g(x)-0+g(x)極小值所以g(x)的最小值為g(ln 2)=eln 2-2ln 2-1=1-2ln 2.(3)證明:顯然g(x)=f(x)且g(0)=0,由(2)知,g(x)在(-,ln 2)上單調遞減,在(ln 2,+)上單調遞增.又g(ln 2)0,由零點存在性定理,知存在唯一實數(shù)x0(ln 2,+),使得g(x0)=0,即-2x0-1=0,=2x0+1,綜上,g(x)=f(x)存在兩個零點,分別為0

13、,x0.所以x0,即f(x)0,f(x)在(-,0)上單調遞增;0 xx0時,g(x)0,即f(x)x0時,g(x)0,即f(x)0,f(x)在(x0,+)上單調遞增,所以f(0)是極大值,f(x0)是極小值.f(x0)=-x0=2x0+1-x0=-+x0+1=-+,0ex0ex0ex20 x20 x20 x2012x54因為g(1)=e-30,所以x0,所以f(x0)0,因為f(0)=1,所以當x0時,f(x)0.因為f(x)在(-,0)上單調遞增,所以一定存在c0,所以存在cc時,f(x)0.3232e31,2方法技巧方法技巧若證明f(x)g(x),x(a,b),可以構造函數(shù)F(x)=f(

14、x)-g(x),若F(x)0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同時,若F(a)0,由減函數(shù)的定義可知,當x(a,b)時,有F(x)0,即證明了f(x)0);(3)判斷曲線y=f(x)是否位于x軸下方,并說明理由.1ex2ex1ex解析解析函數(shù)的定義域為(0,+),f(x)=-+.(1)因為f(1)=-1,f(1)=-,所以曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y+=x-+1,即x-y-+1=0.(2)證明:ln x-(x0)等價于xln x-(x0),設函數(shù)g(x)=xln x.令g(x)=1+ln x=0,解得x=.1ex1x22ex1e1e1e11e1e11e2e1ex1e1exg(x)

15、-0+g(x)單調遞減-單調遞增10,e1e1,e1e因此,函數(shù)g(x)的最小值為g=-.故xln x-,即ln x-.(3)曲線y=f(x)位于x軸下方.理由如下:由(2)可知ln x-,所以f(x)-=.設k(x)=-,則k(x)=.令k(x)0,得0 x1;令k(x)1.所以k(x)在(0,1)上為增函數(shù),在(1,+)上為減函數(shù).所以當x0時,k(x)k(1)=0恒成立,1e1e1e1ex1ex1ex1ex1x1eexxexx1e1exx當且僅當x=1時,k(1)=0.又因為f(1)=-0,所以f(x)0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.解析解析(1)由f(x)=x3+ax2+

16、bx+c,得f(x)=3x2+2ax+b.因為f(0)=c,f(0)=b,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程為y=bx+c.(2)當a=b=4時,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f(x)=3x2+8x+4.令f(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.f(x)與f(x)在區(qū)間(-,+)上的情況如下:23x(-,-2)-2-f(x)+0-0+f(x)cc-22,3232,33227所以,當c0且c-0,即4a2-12b0,即a2-3b0.故a2-3b0是f(x)有三個不同零點的必要條件.當a=b=4,c=0時,a2-3b0,f(x)=x3+4x2+4x=x(

17、x+2)2只有兩個不同零點,所以a2-3b0不是f(x)有三個不同零點的充分條件.因此a2-3b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.方法技巧方法技巧利用導數(shù)研究函數(shù)零點的方法方法一:(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值;(2)根據(jù)函數(shù)f(x)的性質作出圖象;(3)判斷函數(shù)零點的個數(shù).方法二:(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值;(2)分類討論,判斷函數(shù)零點的個數(shù).3-1 (2016北京順義一模)已知函數(shù)f(x)=xex+ax2+2x+1在x=-1處取得極值.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)若函數(shù)y=f(x)-m-1在-2,2上恰有兩個不同的零點,求實數(shù)m的取值范圍.解析解析(1)由題意得f(x)=ex+xex+2ax+2.f(x)在x=-1處取得極值,f(-1)=0,解得a=1.f(x)=xex+x2+2x+1,f(x)=(x+1)(ex+2).當f(x)0時,x-1;當f(x)0時,xg(-2),-1m-,即m.1e22e1e22e2121,ee