2019高考數學二輪復習 專題六 函數與導數、不等式 第5講 導數的綜合應用與熱點問題課件.ppt

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1、第5講導數的綜合應用與熱點問題,高考定位在高考壓軸題中，函數與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以含指數函數、對數函數為載體考查函數的零點(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f(x)exax2.,(1)若a1，證明：當x0時，f(x)1； (2)若f(x)在(0，)只有一個零點，求a. (1)證明當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x(0，ln 2)時，g(x)0. 當x0時，g(x)g(ln 2)22ln 20， f(x)在0，)上單調遞增，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x(0，2)時，(x)0.,2.(2017全國卷)已知函數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e2

3、知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，,當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e2

4、由于當x時，函數值也趨向，只要按照極值與零的大小關系確定其零點的個數即可.存在兩個極值點x1，x2且x1

5、提醒解決方程、不等式相關問題，要認真分析題目的結構特點和已知條件，恰當構造函數并借助導數研究性質，這是解題的關鍵.,熱點一利用導數研究函數的零點(方程的根) 【例1】 (2018西安調研)函數f(x)axxln x在x1處取得極值.,(1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若yf(x)m1在定義域內有兩個不同的零點，求實數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0

6、)yf(x)m1在(0，)內有兩個不同的零點，可轉化為f(x)m1在(0，)內有兩個不同的根，則函數yf(x)與ym1的圖象有兩個不同的交點. 由(1)知，f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，f(x)minf(1)1， 由題意得，m11， 即m2， 當00且x0時，f(x)0； 當x時，顯然f(x).,如圖，由圖象可知，m1<0，即m<1， 由可得2

7、區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象； 第三步：結合圖象求解. 2.根據函數零點情況求參數范圍：(1)要注意端點的取舍；(2)選擇恰當的分類標準進行討論.,【訓練1】 設函數f(x)x3ax2bxc.,(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設ab4，若函數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ab4時，f(x)x34x24xc， f(x)3x28x4.,當x變化時，f(x)與f(x)在區(qū)

8、間(，)上的情況如下：,熱點二利用導數證明不等式 【例2】 (2018鄭州質檢)已知函數f(x)x1aex.,(1)解由f(x)x1aex，得f(x)1aex. 當a0時，f(x)0，則f(x)在R上單調遞增.,(2)證明法一設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)利用單調性：若f

9、(x)在a，b上是增函數，則xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1

10、得最大值f(1)0.,(3)證明由題設c1，設g(x)1(c1)xcx，,又g(0)g(1)0，故當00. 當x(0，1)時，1(c1)xcx.,當x0，g(x)單調遞增；當xx0時，g(x)<0，g(x)單調遞減.,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f(x)(x1)ln xa(x1).,(1)當a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當x(1，)時，f(x)0，求a的取值范圍.,解(1)f(x)的定義域為(0，)， 當a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，,故曲線yf(x)在(1，f(1))處的切線方

11、程為2xy20.,當a2，x(1，)時，x22(1a)x1x22x10， 故g(x)0，g(x)在(1，)單調遞增，因此g(x)g(1)0. 當a2時，令g(x)0，,由x21和x1x21得x1<1. 故當x(1，x2)時，g(x)<0，g(x)在(1，x2)上單調遞減，因此g(x)

12、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.應特別關注等號是否取到，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上單調遞增，所以g(x)maxg(2)2. 令f(x)0，得x2或xa. 當a0時，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調遞增， f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；,當0

13、，a上恒成立，f(x)單調遞減， f(x)0在a，2上恒成立，f(x)單調遞增， f(x)的最大值為f(2)(4a)e1或f(0)ae， 所以(4a)e12或ae2.,當a2時，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)單調遞減，,210(x3)(x6)2，3

14、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間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式y(tǒng)f(x). (2)求導：求函數的導數f(x)，解方程f(x)0. (3)求最值：比較函數在區(qū)間端點和使f(x)0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值. (4)結論：回歸實際問題作答.,【訓練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為圓O上的點，DBC，ECA，FAB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，FAB，使得

15、D，E，F重合，得到三棱錐.當ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(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x(0，2)時，f(x)0，f(x)單調遞增；,故當x2時，f(x)取得最大值80，,1.重視轉化思想在研究函數零點中的應用，如方程的解、兩函數圖象的交點均可轉化為函數零點，充分利用函數的圖象與性質，借助導數求解. 2.對于存在一個極大值和一個極小值的函數，其圖象與x軸交點的個數，除了受兩個極值大小的制約外，還受函數在兩個極值點外部函數值的變化的制約，在解題時要注意通過數形結合找到正確的條件. 3.利用導數方法證明不等式f(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構造函數h(x)f(x)g(x)，然后根據函數的單調性或者函數的最值證明函數h(x)0.其中找到函數h(x)f(x)g(x)的零點是解題的突破口.,4.不等式恒成立、能成立問題常用解法,(1)分離參數后轉化為最值，不等式恒成立問題在變量與參數易于分離的情況下，采用分離參數轉化為函數的最值問題，形如af(x)max或af(x)min. (2)直接轉化為函數的最值問題，在參數難于分離的情況下，直接轉化為含參函數的最值問題，伴有對參數的分類討論. (3)數形結合，構造函數，借助函數圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數性質的靈活應用.,