（北京专用）2019版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题课件 文

1、第四节导数与函数的综合问题 总纲目录 教材研读 1.利用导数证明不等式的基本步骤 考点突破 2.一元三次方程根的个数问题 考点二利用导数证明不等式考点二利用导数证明不等式 考点一利用导数研究恒成立问题和存在性问题 考点三利用导数研究函数零点或方程根的问题考点三利用导数研究函数零点或方程根的问题 1.利用导数证明不等式的基本步骤利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值. (5)下结论. 教材研读教材研读 2.一元三次方程根的个数问题一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx

2、+d(a0),则f (x)=3ax2+2bx+c. 方程f (x)=0的判别式=(2b)2-12ac, (1)当0,即b23ac时, f (x)0恒成立, f(x)在R上为增函数,结合函数 f(x)的图象知,方程f(x)=0有唯一唯一一个实根. (2)当0,即b23ac时,方程f (x)=0有两个不同的实根,设为x1,x2(x1m). a.当m0时,方程f(x)=0有一一个实根; b.当m=0时,方程f(x)=0有两两个实根; c.当m0时,方程f(x)=0有三三个实根; d.当M=0时,方程f(x)=0有两两个实根; e.当M0时,方程f(x)=0有一一个实根. 3.生活中的利润最大、用料最

3、省、效率最高等问题我们称之生活中的利润最大、用料最省、效率最高等问题我们称之 为优化问题为优化问题.导数是解决生活中优化问题的有力工具导数是解决生活中优化问题的有力工具,用导数解用导数解 决优化问题的基本思路决优化问题的基本思路: (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实 际问题中变量之间的函数关系式y=f(x); (2)求函数的导数f (x),解方程f (x)=0,确定极值点; (3)比较函数在区间端点的值和在极值点的值的大小,最大(小)值为函数 的最大(小)值; (4)还原到实际问题中作答. 1.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数

4、 关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为 () A.13万件 B.11万件 C.9万件 D.7万件 1 3 答案答案 C y=-x2+81.令y=0,得x=9或x=-9(舍去).当0 x0,函数单 调递增;当x9时,y0,函数单调递减.故当x=9时,y取最大值. C 2.已知函数f(x)的定义域为-1,4,部分对应值如下表, f(x)的导函数y= f (x)的图象如图所示. 当1a2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为() A.2 B.3 C.4 D.5 x-10234 f(x)12020 C 答案答案 C根据已知条件可还原出函数f(x)在定义域-1,4内

5、的大致图 象. 函数y=f(x)-a的零点个数即直线y=a与曲线y=f(x)的交点个数.因为1a3,则方程x3-ax2+1=0在(0,2)上的实根个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 答案答案 B设f(x)=x3-ax2+1,则f (x)=3x2-2ax=x(3x-2a),由于a3,则在(0,2) 上f (x)0, f(2)=9-4a0, 即x(0,1时, f(x)=ax3-3x+10可化为a-.设g(x)=-,则 g(x)=, 所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减, 因此g(x)max=g=4,从而a4. 当x1在区间上恒成立,求a的取值范围. 1 x 1 ,e e 考点一利

6、用导数研究恒成立问题和存在性问题考点一利用导数研究恒成立问题和存在性问题 命题角度一恒成立问题命题角度一恒成立问题 考点突破考点突破 解析解析(1)函数f(x)的定义域为x|x0, f (x)=. 当a0时,ax-10,解得0 x1,令f (x)1, 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+). 当0a1. 令f (x)0,解得0 x, 令f (x)0,解得1x1时,00,解得0 x1; 令f (x)0,解得x1恒成立转化为f(x)min1恒成立. f (x)=,a1. 2 2 (1)x x 1 a 1 a 1 a 1 0, a 1 ,1 a 1 ,e e 2 2 (

7、1)1axax x 2 (1)(1)axx x 令f (x)=0,得x=1或x=. 若ae,则由f (x)0得,1xe,函数f(x)在(1,e上单调递增. 由f (x)0,得x1,满足题意. 若1a0,得x或1xe; 由f (x)0,得x1. 故函数f(x)在,(1,e上单调递增,在上单调递减. f(x)min=min, 1 a 1 e 1 ,1 e 1 e 1 a 1 a 1 1 , e a 1 ,1 a 1 , (1) e ff 依题意即所以2ae. 若a=1,则f (x)0. 所以f(x)在区间上单调递增, f(x)min=f=-e+22. 1 1, e (1)1, f f 2 e ,

8、e 1 2, a a 1 ,e e 1 e 1 e 命题角度二存在性问题命题角度二存在性问题 典例典例2已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(aR),g(x)=x2+ex-xex. (1)当x1,e时,求f(x)的最小值; (2)当a1时,若存在x1e,e2,使得对任意的x2-2,0, f(x1)g(x2)恒成立, 求a的取值范围. a x 1 2 解析解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=. 当a1时,x1,e, f (x)0, f(x)为增函数,所以f(x)min=f(1)=1-a. 当1ae时, x1,a时, f (x)0, f(x)为减函数; xa,e时, f (

9、x)0, f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1. 当ae时,x1,e, f (x)0, f(x)在1,e上为减函数, 2 (1)()xxa x 所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)-. 综上,当a1时, f(x)min=1-a; 当1ae时, f(x)min=a-(a+1)ln a-1; 当ae时, f(x)min=e-(a+1)-. (2)由题意知f(x)(xe,e2)的最小值小于g(x)(x-2,0)的最小值. 当a1时,由(1)知f(x)在e,e2上单调递增, 所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)-. 由题意知g(x)=(1-ex)

10、x. 当x-2,0时,g(x)0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-, e a e a e a e a 2 e2e e 1 所以a的取值范围是. 2 e2e ,1 e1 易错警示易错警示 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对 于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求 f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想 “恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在 性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题,以 免细节出错. 1-1 (2016北

11、京西城二模)已知函数f(x)=. (1)若f (a)=1,求a的值; (2)设a0,若对于定义域内的任意x1,总存在x2使得f(x2)f(x1),求a的取值 范围. 2 () xa xa 解析解析(1)函数y=f(x)的定义域D=x|xR且x-a, 对f(x)求导,得f (x)= =-. 由题意,知f (a)有意义,所以a0. 所以f (a)=1, 解得a=. (2)“对于定义域内的任意x1,总存在x2使得f(x2)f(x1)”等价于“f(x)不存 在最小值”. 当a=0时,f(x)=,易知f(x)无最小值,符合题意. 2 4 ()() 2() () xaxaxa xa 4 () (3 ) (

12、) xaxa xa 2 4 4 16 a a 2 1 4a 1 2 1 x 当aa时, f(x)=0,当xa时, f(x)0, 所以f(x)min=f(3a). 所以当x1=3a时,不存在x2使得f(x2)f(x1).故a0不符合题意. 综上所述,a的取值范围是0. 2 () xa xa 考点二利用导数证明不等式考点二利用导数证明不等式 典例典例3 (2017北京海淀一模)已知函数f(x)=ex-x2+ax,曲线y=f(x)在点(0, f(0) 处的切线与x轴平行. (1)求a的值; (2)若g(x)=ex-2x-1,求函数g(x)的最小值; (3)求证:存在cc时, f(x)0. 解析解析(

13、1)f (x)=ex-2x+a, 由已知可得f (0)=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)的变化情况如下表所示: x(-,ln 2)ln 2(ln 2,+) g(x)-0+ g(x)极小值 所以g(x)的最小值为g(ln 2)=eln 2-2ln 2-1=1-2ln 2. (3)证明:显然g(x)=f (x)且g(0)=0, 由(2)知,g(x)在(-,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增. 又g(ln 2)0, 由零点存在性定理,知存在唯一实数x0(ln 2,+), 使得g(x0)=0,即

14、-2x0-1=0,=2x0+1, 综上,g(x)=f (x)存在两个零点,分别为0,x0. 所以x0,即f (x)0, f(x)在(-,0)上单调递增; 0 xx0时,g(x)0,即f (x)x0时,g(x)0,即f (x)0, f(x)在(x0,+)上单调递增, 所以f(0)是极大值, f(x0)是极小值. f(x0)=-x0=2x0+1-x0=-+x0+1=-+, 0 ex 0 ex 0 ex 2 0 x 2 0 x 2 0 x 2 0 1 2 x 5 4 因为g(1)=e-30, 所以x0,所以f(x0)0, 因为f(0)=1,所以当x0时, f(x)0. 因为f(x)在(-,0)上单调

15、递增, 所以一定存在c0, 所以存在cc时, f(x)0. 3 2 3 2 e 3 1, 2 方法技巧方法技巧 若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若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,当x(a,b)时,有 F(x)0,即证明了f(x)0); (3)判断曲线y=f(x)是否位于x轴下方,并说明理由. 1 ex 2 ex 1 ex 解析解析函数的定义域为(0,+), f (x)=-+. (1)因为f (1)=-1,f(1)=-,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y+= x-+1, 即x-y-+

16、1=0. (2)证明:ln x-(x0)等价于xln x-(x0), 设函数g(x)=xln x. 令g(x)=1+ln x=0,解得x=. 1 ex 1 x 2 2 ex 1 e 1 e 1 e 1 1 e 1 e 1 1 e 2 e 1 ex 1 e 1 e x g(x)-0+ g(x)单调递减-单调递增 1 0, e 1 e 1 , e 1 e 因此,函数g(x)的最小值为g=-. 故xln x-, 即ln x-. (3)曲线y=f(x)位于x轴下方.理由如下: 由(2)可知ln x-,所以f(x)-=. 设k(x)=-,则k(x)=. 令k(x)0,得0 x1;令k(x)1. 所以k(

17、x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数. 所以当x0时,k(x)k(1)=0恒成立, 1 e 1 e 1 e 1 ex 1 ex 1 ex 1 ex 1 x 1 ee x x ex x1 e 1 ex x 当且仅当x=1时,k(1)=0. 又因为f(1)=-0,所以f(x)0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 解析解析(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c, 得f (x)=3x2+2ax+b. 因为f(0)=c, f (0)=b, 所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=bx+c. (2)当a=b=4时, f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以f (

18、x)=3x2+8x+4. 令f (x)=0,得3x2+8x+4=0, 解得x=-2或x=-. f(x)与f (x)在区间(-,+)上的情况如下: 2 3 x(-,-2)-2- f (x)+0-0+ f(x)cc- 2 2, 3 2 3 2 , 3 32 27 所以,当c0且c-0,即4a2-12b0,即a2-3b0. 故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件. 当a=b=4,c=0时,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以 a2-3b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件. 因此a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 方法技巧方法技巧 利用导数研究函数零点的方法 方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判