高考数学 专题辅导与训练 1.6《导数的综合应用》课件 理 新人教版.ppt

热点考向1恒成立问题 例1 14分 2011 浙江高考 设函数f x x a 2lnx a r 1 若x e为y f x 的极值点 求实数a 2 求实数a的取值范围 使得对任意的x 0 3e 恒有f x 4e2成立 注 e为自然对数的底数 解题指导 1 利用x0是极值点的必要条件f x0 0 注意对解出的a值要进行检验 2 恒成立问题 0 x 1时显然满足题意 1 x 3e时只需f x max 4e2 规范解答 1 求导得f x 2 x a lnx x a 2lnx 1 1分因为x e是f x 的极值点 所以f e e a 3 0 2分解得a e或a 3e 经检验 符合题意 所以a e或a 3e 4分 2 当0 x 1时 对于任意的实数a 恒有f x 0 4e2成立 5分 当1 x 3e时 由f 3e 3e a 2ln 3e 4e2 解得3e a 3e 6分由 1 知f x x a 2lnx 1 令h x 2lnx 1 则h 1 1 a 0 h a 2lna 0 且h 3e 2ln 3e 1 2ln 3e 1 2 ln3e 0 又h x 在 0 内单调递增 所以函数h x 在 0 内有唯一零点 记此零点为x0 则1 x0 3e 1 x0 a 从而 当x 0 x0 时 f x 0 当x x0 a 时 f x 0 当x a 时 f x 0 即f x 在 0 x0 内单调递增 在 x0 a 内单调递减 在 a 内单调递增 所以要使f x 4e2对任意的x 1 3e 恒成立 只要 成立 10分h x0 2lnx0 1 0 知a 2x0lnx0 x0 将 代入 得4x02ln3x0 4e2 又x0 1 注意到函数x2ln3x在 1 内单调递增 故1 x0 e 再由 以及函数2xlnx x在 1 内单调递增 可得1 a 3e 12分由 解得 所以3e a 3e 综上 a的取值范围为3e a 3e 14分 1 解决不等式恒成立问题的基本思路 1 转化为与之对应的函数 利用相应函数的性质求解 2 分离参数转化为函数的最值问题来解决 这是最常用的方法 其步骤是 分离参数 求相应函数的最值 解关于参数的不等式 3 换元法 转化为关于参数的一次函数 二次函数问题来求解 4 利用数形结合的思想求解 2 恒成立问题是高考的热点问题 用导数解决与恒成立有关的不等式问题通常与函数的最值或极值有密切的联系 我们可以通过求最值把不等式恒成立问题转化为一个不等式进行求解 常见的有以下几种类型 1 f x a恒成立 a f x min或f x a恒成立 a f x max 2 f x g x 恒成立 f x g x min 0或f x g x 恒成立 f x g x max 0 3 f x1 g x2 恒成立 f x max g x max 与一元二次不等式有关的恒成立问题一般与二次函数的图象联系起来进行求解 通常需要考虑的是 二次函数的开口方向 判别式与0的大小关系等 有区间限制的恒成立问题还需要考虑区间端点的取值与对称轴的取值等 已知函数f x ln ax x2 ax a为常数 a 0 1 若x 是函数f x 的一个极值点 求a的值 2 求证 当0 a 2时 f x 在 上是增函数 3 若对任意的a 1 2 总存在x0 1 使不等式f x0 m 1 a2 恒成立 求实数m的取值范围 解析 f x 1 由已知 得f 0且 0 a2 a 2 0 a 0 a 2 2 当0 a 2时 当x 时 x 0 又 0 f x 0 故f x 在 上是增函数 3 a 1 2 时 由 2 知 f x 在 1 上的最大值为f 1 ln a 1 a 于是问题等价于 对任意的a 1 2 不等式ln a 1 a m a2 1 0恒成立 记g a ln a 1 a m a2 1 1 a 2 则g a 1 2ma 2ma 1 2m 当m 0时 g a 0 g a 在区间 1 2 上递减 此时 g a g 1 0 由于a2 1 0 m 0时不可能使g a 0恒成立 故必有m 0 g a 若 1 1 可知g a 在区间 1 min 2 1 上递减 在此区间上 有g a g 1 0 与g a 0恒成立矛盾 故 1 1 这时 g a 0 g a 在 1 2 上递增 恒有g a g 1 0 满足题设要求 所以 实数m的取值范围为 热点考向2求特定字母的取值范围问题 例2 12分 2011 新课标全国卷 已知函数f x 曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线方程为x 2y 3 0 1 求a b的值 2 如果当x 0且x 1时 f x 恒成立 求k的取值范围 解题指导 第 1 问 对函数f x 求导得f x f 1 对应为切线的斜率 切点 1 f 1 既在切线上又在原函数f x 上 利用上述关系 建立方程组 求得a b的值 第 2 问 f x 0 首先化简函数式f x 再来证明不等式成立即可 必要时进行分类讨论 规范解答 1 f x 1分由于直线x 2y 3 0的斜率为 且过点 1 1 故 2分即解得a 1 b 1 4分 2 由 1 知f x 所以f x 考虑函数h x 2lnx x 0 则h x 5分 设k 0 由h x 知 当x 1时 h x 0 而h 1 0 故 当x 0 1 时 h x 0 可得h x 0 当x 1 时 h x 0 可得h x 0 6分从而当x 0且x 1时 f x 0 即f x 7分 设0 k 1 由于当x 1 时 k 1 x2 1 2x 0 故h x 0 而h 1 0 故当x 1 时 h x 0 可得h x 0 与题设矛盾 9分 设k 1 此时h x 0 而h 1 0 故当x 1 时 h x 0 可得 0 与题设矛盾 11分综合得 k的取值范围为 0 12分 互动探究 本例已知条件不变 证明 当x 0且x 1时 f x 证明 由 1 知f x 所以f x 考虑函数h x 2lnx x 0 则h x 所以当x 1时 h x 0 而h 1 0 故 当x 0 1 时 h x 0 可得h x 0 当x 1 时 h x 0 可得h x 0 从而当x 0且x 1时 有f x 0 即f x 利用导数求特定字母 参数 的取值范围的一般解题思路 1 先确定函数的单调性 并求出单调区间 2 利用函数的单调区间确定参数的取值范围 若在某区间单调递增 则f x 0 若单调递减 则f x 0 从而解不等式求得范围 在利用导数求参数的取值范围问题时 一定要注意进行分类讨论 对参数可能出现的值的范围都要给予必要的说明 设函数f x px 2lnx 且f e qe 2 e为自然对数的底数 1 求实数p与q的关系 2 若函数f x 在其定义域内为单调函数 求实数p的取值范围 3 设g x 若存在x0 1 e 使得f x0 g x0 成立 求实数p的取值范围 解析 1 由题意 得f e pe 2lne qe 2 化简 得 p q e 0 p q 2 函数f x 的定义域为 0 由 1 知 f x px 2lnx f x p 令h x px2 2x p 要使f x 在其定义域 0 内为单调函数 只需h x 在 0 内满足h x 0或h x 0恒成立 当p 0时 h x 2x 0 f x 0 f x 在 0 内为单调减函数 故p 0符合条件 当p 0时 h x min 只需p 0 即p 1时 h x 0 此时f x 0 f x 在 0 内为单调增函数 故p 1符合条件 当p 0时 h x max h 0 p 只需p 0时 f x 0 f x 在 0 内为单调减函数 故p 0符合条件 综上可得 p 1或p 0为所求 3 g x 在 1 e 上是减函数 x e时 g x min 2 x 1时 g x max 2e 则g x 2 2e 当p 0时 由 2 知 f x 在 1 e 上递减 f x max f 1 0 2 不合题意 当0 p 1时 由x 1 e 知 x 0 f x p x 2lnx x 2lnx 由 2 知 当p 1时 f x x 2lnx单调递增 f x x 2lnx e 2 2 不合题意 当p 1时 由 2 知f x 在 1 e 上递增 f 1 0 2 又g x 在 1 e 上递减 f x max g x min 2 即p e 2lne 2 p 综上 p的取值范围是 热点考向3导数与不等式的综合问题 例3 12分 2011 辽宁高考 已知函数f x lnx ax2 2 a x 1 讨论f x 的单调性 2 设a 0 证明 当0 x 时 f x f x 3 若函数y f x 的图象与x轴交于a b两点 线段ab中点的横坐标为x0 证明 f x0 0 解题指导 1 要先考虑定义域 再求导数 然后对a进行讨论 从而得到函数的单调性 2 可先构造函数g x f x f x 将所证结论转化为证明g x 0恒成立 再对g x 求导 利用单调性可解决问题 3 先设a x1 b x2 结合 1 可知a 0且f x 先增后减 利用 2 的结论 可证f x1 0 从而x2 x1 确定x0的取值范围 最后利用 1 的结论得证 规范解答 1 f x 的定义域为 0 f x 2ax 2 a 2分 若a 0 则f x 0 所以f x 在 0 上单调递增 若a 0 则由f x 0得x 且当x 0 时 f x 0 当x 时 f x 0 所以f x 在 0 上单调递增 在 上单调递减 4分 2 设函数g x f x f x 则g x ln 1 ax ln 1 ax 2ax g x 6分当00 而g 0 0 所以g x 0 故当0f x 8分 3 由 1 可得 当a 0时 函数y f x 的图象与x轴至多只有一个交点 故a 0 从而f x 的最大值为f 且f 0 不妨设a x1 b x2 0f x1 0 从而x2 x1 于是x0 10分由 1 知 f x0 0 12分 利用导数解决函数 不等式等综合题的方法 1 导数在不等式中的应用 通过构造函数证明不等式 解不等式以及讨论不等式的解集的存在性 2 不等式在某区间恒成立或有解问题 一般都可通过构造函数转化为利用导数研究相应函数的最值问题 3 证明较复杂的与正整数n有关的不等式问题 通常也可通过构造函数 利用导数研究函数的单调性和极值 最值 转化为求相应函数的最值大于 小于 零的问题 或用数学归纳法证明 1 解决极值点问题往往转化为利用导数研究函数的单调性 求极值的过程就是讨论函数单调性以及解含参数的不等式问题的过程 2 用导数解决单调性问题 一般转化为含参数的一元二次不等式或高次不等式进行求解 已知函数f x 1 求函数f x 的定义域 2 求函数f x 的增区间 3 是否存在实数m 使不等式 x 1 m在 1 x 0时恒成立 若存在 求出实数m的取值范围 若不存在 请说明理由 解析 1 根据函数解析式得解得x 1且x 0 函数f x 的定义域是 x x 1且x 0 2 f x f x 由f x 0得ln x 1 1 0 1 x e 1 1 函数f x 的增区间为 1 e 1 1 3 当e 1 10 当e 1 1 x 0时 f x 0 在区间 1 0 上 当x e 1 1时 f x 取得最大值 f x 最大 f e 1 1 e x 1 m在 1mln x 1 在 1在 1 eln2 当m eln2时 不等式 x 1 m在 1 x 0时恒成立 探索性 开放性问题的解题策略开放性 探究性问题的常见题型 1 命题组合探索性问题 给出几个论断 选择其中若干个论断为条件 某一个论断为结论 组合成符合问题要求的命题 2 结论探索性问题 一般有三类 即猜想归纳型 存在性问题 最优化设计都是从题设出发 通过观察 比较 分析 综合 抽象 归纳 猜想探求出结论 然后进行论证 3 条件探索性问题 一般有二类 即分类讨论型 更换条件型 都是从给定的问题结论出发 追溯结论成立时应具备的充分条件 4 综合探索性问题 从变更题设条件或问题结论的某个部分出发 探究问题的相应变化情形 求解时注意的问题 1 解条件探索性试题一般是利用已知条件进行逆向推理 推到终结点 便是所求的条件 即执果索因的分析法 有时也用由特殊到一般的归纳法 2 解结论探索性问题常用的方法和策略有 一是先根据问题的条件分析答案的几种可能性 二是先探究答案的一般规律 三是通过观察条件的特点 将可能的答案逐个进行尝试和验证 3 解决存在探索性问题一般有三种方法和策略 方法一是先假设符合条件的数学对象存在 然后进行运算和推理 如果经过运算后能求出这个对象或经过推理后没有产生矛盾 那么说明符合条件的对象存在 否则就是不存在 方法二是具体找出一个符合条件的数学对象 从而证明其存在 方法三是探究符合条件的数学对象存在的可能性有几种情况 然后针对这几种情况进行具体分析 典例 12分 2011 福建高考 已知a b为常数 且a 0 函数f x ax b axlnx f e 2 e 2 71828 是自然对数的底数 1 求实数b的值 2 求函数f x 的单调区间 3 当a 1时 是否同时存在实数m和m m m 使