《浙江专用高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件.pptx（70页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3课时 导数与函数的综合问题 第四章 4 2 导数的应用 NEIRONGSUOYIN 内容索引 题型分类 深度剖析 课时作业 题型分类 深度剖析1 PART ONE 题型一 利用导数解或证明不等式 1 已知f x 是定义在 0 上的可导函数 f 1 0 且对于其导函数f x 恒 有f x f x 0 则使得f x 0成立的x的取值范围是 A B 0 1 C 1 D 0 1 1 自主演练 解析 令g x f x ex 由x 0时 f x f x 0恒成立 则g x f x ex f x ex 0 故g x f x ex在 0 上单调递减 又f 1 0 所以g 1 0 当x 1时 f x ex
2、0 得f x 0 当0 x 1时 f x ex 0 得f x 0 故选B 2 设f x 是定义在R上的奇函数 f 2 0 当x 0时 有0的解集是 A 2 0 2 B 2 0 0 2 C 2 2 D 2 0 2 又 2 0 当且仅当0 x0 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 3 已知函数f x 1 g x x ln x 1 证明 g x 1 当0 x 1时 g x 1时 g x 0 即g x 在 0 1 上为减函数 在 1 上为增函数 所以g x g 1 1 得证 2 证明 x ln x f x 1 所以当0 x 2时
3、 f x 2时 f x 0 即f x 在 0 2 上为减函数 在 2 上为增函数 当且仅当x 2时取等号 又由 1 知x ln x 1 当且仅当x 1时取等号 因为 等号不同时取得 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 当 x a b 时 有F x 0 即证明了f x 0 f x 单调递增 当x 1 时 f x 0 所以g x
4、 为单调增函数 所以g x min g 1 2 故k 2 即实数k的取值范围是 2 本例 2 中若改为 存在x0 1 e 使不等式f x0 成立 求实数k的取 值范围 引申探究 由本例 2 知 g x 为单调增函数 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略 1 首先要构造函数 利用导数求出最值 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1 已知函数f x ax ln x x 1 e 若f x 0恒成立 求实数a 的取值范围 解 f x 0 即ax ln x 0对x 1 e 恒成立 x 1 e g x 0 g
5、x 在 1 e 上单调递减 题型三 利用导数研究函数的零点问题 例2 已知函数f x xln x g x x2 ax 3 1 对一切x 0 2f x g x 恒成立 求实数a的取值范围 师生共研 解 由对一切x 0 2f x g x 恒成立 即有2xln x x2 ax 3 当x 1时 h x 0 h x 是增函数 当0 x 1时 h x 0 h x 是减函数 a h x min h 1 4 即实数a的取值范围是 4 2 探讨函数F x ln x 是否存在零点 若存在 求出函数F x 的零点 若不存在 请说明理由 解 方法一 令m x 2xln x 则m x 2 1 ln x 当x 0 1 时
6、 G x 0 G x 单调递增 G x G 1 0 中取等号的条件不同 F x 0 故函数F x 没有零点 在 1 上单调递减 即F x 0恒成立 函数F x 无零点 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 2018 浙江金华名校统练 已知函数f x ln x a R且a 0 1 讨论函数f x 的单调性 当a0恒成立 函数f x 在 0 上单调递增 综上所述 当a 0时 函数f x
7、在 0 上单调递增 2 当x 时 试判断函数g x ln x 1 ex x m的零点个数 令h x ln x 1 ex x 课时作业2 PART TWO 1 已知函数f x 的定义域为 1 4 部分对应值如下表 基础保分练 123456789101113141516 x 10234 f x 12020 f x 的导函数y f x 的图象如图所示 当1 a 2时 函数y f x a的零点的 个数为 A 1 B 2 C 3 D 4 12 123456789101113141516 解析 根据导函数图象知 2是函数的极小值点 函数y f x 的大致图象如 图所示 由于f 0 f 3 2 1 a0 g
8、 x 单调递增 当x 1 时 g x 0 得x2 由f x 0 得1 x0 即 AB 的最小值是4 2ln 2 故选C 12 123456789101113141516 12 123456789101113141516 因为f x 在x 2处有最小值 且x 1 4 所以f 2 0 即b 8 所以c 5 经检验 b 8 c 5符合题意 12 123456789101113141516 所以f x 在 1 2 上单调递减 在 2 4 上单调递增 所以函数f x 在M上的最大值为5 故选B 12 7 已知函数f x x 1 e 1 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
9、为 123456789101113141516 0 1 解析 令g x f ex ex 1 e 1 x 则g x ex e 1 当x ln e 1 时 g x 0 当x ln e 1 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 即k x2 2x对任意x 0 2 恒成立 从而k 0 123456789101113141516 令f x 0 得x 1 当x 1 2 时 f x 0 函数f x 在 1 2 上单调递增 当x 0 1 时 f x 0 函数f x 在 0 1 上单调递减 所以k0 则实数a的取 值范围是 解析 当a 0时 f x 3x2 1有两个零点
10、不合题意 故a 0 f x 3ax2 6x 3x ax 2 123456789101113141516 2 若a 0 由三次函数图象知f x 有负数零点 不合题意 故a 0 又a 0 所以a xf x 在 0 上恒成立 则函数g x xf x lg x 1 的零点个数为 3 12345678910111314151612 解析 定义在R上的奇函数f x 满足 f 0 0 f 3 f 3 f x f x 当x 0时 f x xf x 即f x xf x 0 xf x 0 即h x xf x 在x 0时是增函数 又h x xf x xf x h x xf x 是偶函数 当x 0时 h x 是减函数
11、 结合函数的定义域为R 且f 0 f 3 f 3 0 可得函数y xf x 与y lg x 1 的大致图象如图 由图象可知 函数g x xf x lg x 1 的零点的个数为3 12345678910111314151612 11 已知函数f x ex m x 其中m为常数 1 若对任意x R有f x 0恒成立 求m的取值范围 123456789101113141516 解 由题意 可知f x ex m 1 令f x 0 得x m 故当x m 时 ex m 1 f x 1 f x 0 f x 单调递增 故当x m时 f m 为极小值也为最小值 令f m 1 m 0 得m 1 即对任意x R f
12、 x 0恒成立时 m的取值范围是 1 12 2 当m 1时 判断f x 在 0 2m 上零点的个数 并说明理由 12345678910111314151612 解 f x 在 0 2m 上有两个零点 理由如下 当m 1时 f m 1 m0 f 0 f m 1 则g m em 2 当m 1时 g m em 2 0 g m 在 1 上单调递增 g m e 2 0 即f 2m 0 12345678910111314151612 f m f 2m 0 g x ex x2 2单调递增 所以g x min e 1 g x max e2 2 所以m e 1且m2 2 e2 2 12 14 已知函数f x 3
13、ln x x2 2x 3ln 3 则方程f x 0的解的个数是 1 12345678910111314151612 当x 0 3 时 f x 0 f x 单调递增 当x 3 时 f x 2或m0 函数f x 在R上单调递增 当a 0时 由f x ex 2 a 0 得x 2 ln a 若x 2 ln a 则f x 0 函数f x 在 2 ln a 上单调递增 若x 2 ln a 则f x 0 函数f x 在 2 ln a 上单调递减 12 123456789101113141516 2 若函数f x 有两个不同的零点x1 x2 x10时 f x 在x 2 ln a处取得极小值 123456789
14、101113141516 证明 x1 x2 2 12 证明 由ex 2 ax 0 得x 2 ln ax ln a ln x 即x 2 ln x ln a 所以x1 2 ln x1 x2 2 ln x2 ln a 12345678910111314151612 当x 1时 g x 0 当0 x 1 时 g x 0 所以g x 在 0 1 上单调递减 在 1 上单调递增 所以0 x1 12 只需证x2 2 x1 1 因为g x 在 1 上单调递增 所以只需证g x2 g 2 x1 因为g x1 g x2 所以只需证g x1 g 2 x1 即证g x1 g 2 x1 0 令h x g x g 2 x x 2 ln x 2 x 2 ln 2 x 2x 2 ln x ln 2 x 12345678910111314151612 12345678910111314151612 当且仅当x 1时等号成立 所以当0 x 1时 h x h 1 0 即g x1 g 2 x1 0 所以x1 x2 2得证
