浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时153.4导数的综合应用课件.ppt

3.4导数的综合应用,考点突破,考点一利用最值(极值)判断零点个数,考点二导数与不等式,考点三利用导数解决实际问题,导数与零点命题方向一利用最值(极值)判断零点个数典例1已知函数f(x)=lnx+,其中a为实常数.(1)判断函数f(x)的零点个数;(2)若f(x)(e是自然对数的底数)在(0,+)上恒成立,求实数a的取值范围.,考点突破,解析(1)f(x)=,x0.当a0时,f(x)在(0,+)上单调递增.若|a|e,则f(e)=lne+0;若|a|e,则f(|a|)=ln|a|+=ln|a|-1lne-1=0.取m=maxe,|a|,则有f(m)0,f(1)=a0,f(1)=a0,所以由函数零点存在性定理结合函数单调性知,函数f(x)有唯一零点.当a0时,f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+)上单调递增,所以f,(x)min=f(a)=lna+1.若lna+1=0,即a=,则函数f(x)有唯一零点;若lna+10,即a,则函数f(x)无零点;若lna+10,且f(a3)=3lna+0,补证:设g(t)=3lnt+,则g(t)=-=.当t时,g(t)g=e2-30.证毕所以函数f(x)有两个零点.综上所述,当a时,f(x)无零点;当0a时,f(x)有两个零点;当a0或a=时,f(x)有唯一零点.(2)问题转化为xlnx-+a0在(0,+)上恒成立.,设g(x)=xlnx-+a,则问题转化为在(0,+)上g(x)min0成立.又g(x)=lnx+1+,g=0,所以当x时,g(x)0;当0x0时,f(x)=,所以当0时,f(x)0,函数f(x)单调递增.综上,当m0时,f(x)在(0,+)上单调递增;,当m0时,函数f(x)的单调增区间是(,+),单调减区间是(0,).(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-x2+(m+1)x-mlnx,x0,问题等价于求函数F(x)的零点个数问题,F(x)=-,当m=1时,F(x)0,函数F(x)为减函数,因为F(1)=0,f(4)=-ln41时,0m时F(x)0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+)上单调递减,在(1,m)上单调递增,因为F(1)=m+0,f(2m+2)=-mln(2m+2)时,f(x)3-,实数a的取值范围是.,导数与不等式命题方向一导数与不等式证明,典例3已知函数f(x)=lnx-+(a-1)x-,其中a-1且a0.(1)当a0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有两个相异的零点x1,x2,(i)求实数a的取值范围;(ii)求证:x1+x22.,解析(1)f(x)=,由于a0,x0,所以-ax-10.令x3=1,x4=-.(i)当a0时,f(x)在(0,1上单调递增,在1,+)上单调递减.因为f(x)有两个相异零点,所以f(1)0,即f(1)=0.,所以a3.满足题意.当-1x3,f(x)在(0,1上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,要使f(x)在(0,+)上有两个相异的零点,则f=0,此时方程无解.综上,实数a的取值范围是(3,+).(ii)证明:先证明:当a3时,对任意的x(0,1),f(2-x)f(x).令g(x)=f(2-x)-f(x),则g(x)=g(1)=0,即对任意的x(0,1),f(2-x)f(x).由(i)得函数f(x)的两个零点x1,x2(不妨设x11,2-x11,又由(1)得f(x)在(1,+)上单调递减,从而x22-x1,即x1+x22.,方法指导利用导数证明不等式的方法(1)构造函数(x),转化为证明(x)0(或(x)0);(2)求函数(x)的单调区间;(3)判断区间端点处的函数值与0的关系;(4)判断定义域内(x)与0的大小关系,证明不等式.命题方向二导数与不等式恒成立问题,典例4已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,bR).(1)若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点,求3a+b的取值范围;(2)当a=0,b-1时,求证:对任意的实数x0,2,|f(x)|2b+恒成立.,解析(1)f(x)=x2+ax+b,由已知可得f(x)=0在(0,2)上存在两个不同的零点,故有即令z=3a+b,画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分所示,不包括a轴上的部分).,由图可知-8z0,故3a+b的取值范围是(-8,0).,(2)证明:当a=0,b-1时,f(x)=x3+bx,所以f(x)=x2+b(b-1,x0,2),当b0时,f(x)0在0,2上恒成立,则f(x)在0,2上单调递增,故0=f(0)f(x)f(2)=2b+,所以|f(x)|2b+;当-1b0,f()=b0,要证|f(x)|2b+,只需证-b2b+,即证-b(+3)4,因为-1b0,所以0-b1,3.,规律总结不等式能成立问题,求解方法类似于不等式恒成立问题,如证明f(x)0能成立,可转化为证明f(x)的最大值大于零;证明a0.(4)任意x1M,任意x2N,f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max;任意x1M,存在x2N,f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min;存在x1M,存在x2N,f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min;,存在x1M,任意x2N,f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.,2-1(2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x时,f(x)时,g(x)在上单调递减,在上单调递增,所以g(x)1-2ln.易求得-12f(x)-,所以,当a时,9a-2ln3+0可得0r0,故V(r)在(0,5)上为增函数;当r(5,5)时,V(r)0,故V(r)在(5,5)上为减函数.由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8,即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.,规律总结利用导数解决实际问题(优化问题)的五个步骤:(1)审题设未知数;(2)结合题意列出函数关系式;(3)确定函数的定义域;(4)在定义域内求极值(最值);(5)下结论.,3-1(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.,(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?,解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.因为A1B1=AB=6m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=A1PO1=622=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2O1O=628=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h(m).连接O