浙江专用2018版高考数学复习第三章三角函数解三角形3.2导数的应用第3课时导数的综合应用课件.pptx

第3课时 导数的综合应用,3.2 导数的应用,课时训练,题型分类 深度剖析,内容索引,题型分类 深度剖析,题型一 利用导数研究不等式问题 命题点1 解不等式,例1 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),答案,解析,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).,由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x) 1， 令f(x)0，解得x1. 当00，f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.,命题点2 证明不等式 例2 (2016全国丙卷)设函数f(x)ln xx1. (1)讨论f(x)的单调性；,解答,(2)证明：当x(1，)时，1 x；,证明,由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0. 所以当x1时，ln xx1. 故当x(1，)时，ln xx1，,由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，,(3)设c1，证明：当x(0,1)时，1(c1)xcx.,证明,当x0，g(x)单调递增； 当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.,又g(0)g(1)0，故当00. 所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.,(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，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x).,思维升华,(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围. 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 证明不等式ex1x x2，x (0，).,解答,令g(x)ex1x，则g(x)ex1. 当x0时，g(x)ex10，所以g(x)在(0，)上单调递增. 而g(0)0，所以g(x)g(0)0. 所以g(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)0在(0，)上恒成立. 所以f(x)在(0，)上单调递增.,题型二 利用导数研究函数零点问题,例3 (2016杭州学军中学模拟)已知函数f(x)a ln x(aR). (1)若a2，求f(x)在(1，e2)上零点的个数，其中e为自然对数的底数；,解答,所以在(1，e2)上至多只有一个零点.,故函数f(x)在(1，e2)上只有一个零点.,(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合.,解答,当x1时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增， 故f(x)maxf(1)a1. 当f(x)max0，即a1时，因最大值点唯一，故符合题意； 当f(x)max0，即a1时，,另一方面，ea1，f(ea)2aea2aea0， 于是f(x)有两个零点，不合题意. 综上，a的取值集合为1.,(1)利用导数研究函数的单调性，可以和零点存在性定理相结合判断零点个数. (2)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.,思维升华,跟踪训练2 (2016郑州模拟)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 A.4 B.3 C.2 D.1,答案,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)， 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y1xf(x)与y2lg|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.,题型三 利用导数研究恒成立或有解问题,解答,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.,(2)如果当x1时，不等式f(x) 恒成立，求实数k的取值范围.,解答,所以h(x)h(1)1，所以g(x)0， 所以g(x)为单调递增函数，所以g(x)g(1)2， 故k2.所以实数k的取值范围是(，2.,引申探究 本题(2)中，若改为存在x01，e，使不等式f(x) 成立，求实数k的取值范围.,解答,利用导数研究恒成立或有解问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而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.,思维升华,跟踪训练3,证明,即f(x)在(1，)上单调递增， 又f(1)0，故f(x)0对x(1，)成立， f(x)在(1，)上单调递增.,(2)当x1时，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围.,解答,x1，由f(x)g(x)，得,h(x)(x1)ex1ax2xa1 (x1)ex1a(x1)1(x1). 设k(x)ex1a(x1)1(x1)， k(x)ex1a. 当a1时，k(x)0对x1，)成立，,又k(1)0，故k(x)0，即h(x)0， h(x)在1，)上单调递增， 又h(1)0，故h(x)0. 当a1时，由k(x)0，得x1ln a1. 当x(1,1ln a)时，k(x)0， 又k(1)0，故k(x)0，即h(x)0. 又h(1)0，故h(x)0，这与已知条件不符. 综上所述，实数a的取值范围为(，1.,典例,一审条件挖隐含,审题路线图系列,审题路线图,规范解答,返回,设h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，,在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)maxh(1)1， 所以a1，即实数a的取值范围是1，). 14分,返回,课时训练,1.(2016金华模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(x2)为偶函数，f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为 A.(2，) B.(0，) C.(1，) D.(4，),答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,f(x2)为偶函数，f(x2)的图象关于x0对称， f(x)的图象关于x2对称，f(4)f(0)1.,又f(x)f(x)，g(x)0(xR)， 函数g(x)在定义域上单调递减，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,f(x)0，故选B.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2.方程x36x29x100的实根个数是 A.3 B.2 C.1 D.0,设f(x)x36x29x10，则f(x)3x212x93(x1)(x3)， 由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100， 所以方程x36x29x100的实根个数为1，故选C.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,3.当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是 A.5，3 B.6， C.6，2 D.4，3,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,令g(t)3t34t2t，在t1，)上，g(t)0，g(t)单调递减， 所以g(t)maxg(1)6， 因此a6；同理，当x2,0)时，得a2. 由以上两种情况得6a2，显然当x0时也成立， 故实数a的取值范围为6，2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,4.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：yx327x123(x0)，则获得最大利润时的年产量为 A.1百万件 B.2百万件 C.3百万件 D.4百万件,y3x2273(x3)(x3)， 当00；当x3时，y0. 故当x3时，该商品的年利润最大.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,5.(2016宁波质检)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,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,由题意得AB|ex1(2x1)| |ex2x2|，令h(x)ex2x2， 则h(x)ex2，所以h(x)在(，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，)上单调递增， 所以h(x)minh(ln 2)42ln 20， 即AB的最小值是42ln 2，故选C.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6.(2016浙江四校联考)已知函数f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若对任意x0，f(x)f(1)，则 A.ln a2b D.ln a2b,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,即2ab1，构造一个新函数g(x)24xln x，,所以有g(a)24aln a2bln a0ln a2b.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,7.(2016诸暨期末)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_.,令g(x)f(ex)ex1(e1)x，则g(x)ex(e1)， 当xln(e1)时，g(x)0，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).,答案,解析,(0,1),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,8.(2016余姚模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)1，f(0)4，则不等式exf(x)ex3(其中e为自然对数的底数)的解集为_.,答案,解析,(0，),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,设g(x)exf(x)ex(xR)， 则g(x)exf(x)exf(x)ex exf(x)f(x)1， f(x)f(x)1，f(x)f(x)10， g(x)0，yg(x)在定义域上单调递增， exf(x)ex3，g(x)3， 又g(0)e0f(0)e0413， g(x)g(0)，x0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0且x00，则a的取值范围是_.,答案,解析,(，2),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，,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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解答,10.(2016济南模拟)已知f(x)(1x)ex1. (1)求函数f(x)的最大值；,f(x)xex. 当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,证明,由(1)知，当x0时，f(x)x. 设h(x)f(x)x，则h(x)xex1. 当x(1,0)时，0h(0)0， 即g(x)1且x0时总有g(x)1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0. (1)若b12，求f(x)的单调递增区间；,解答,由题意，知f(x)的定义域为(1，). 当b12时，f(x)x212ln(x1)，,得x2或x3(舍去). 当x(1,2)时，f(x)0. 所以f(x)的单调递增区间为2，).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b的取值范围.,即2x22xb0在(1，)上有两个不等实根，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解答,*12.(2016台州调考)已知函数f(x)1ln x ，其中k为常数. (1)若k0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；,当k0时，f(x)1ln x，,所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y1x1，即xy0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解答,(2)若k5，求证：f(x)有且仅有两个零点；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,证明,当x(0,10)时，f(x)0，f(x)单调递增. 所以当x10时，f(x)有极小值. 因为f(10)ln 1030， 所以f(x)在(1,10)之间有一个零点.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点. 从而f(x)有且仅有两个不同的零点.,1,2,3,4,5,6