《2019版高考文数一轮复习课件：第三章导数及其应用第四节导数与函数的综合问题 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考文数一轮复习课件：第三章导数及其应用第四节导数与函数的综合问题 （38页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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,1.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,2.一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则f (x)=3ax2+2bx+c.,方程f (x)=0的判别式=(2b)2-12ac, (1)当0,
2、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 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 个实根; b.当m=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; c.当m0时,方程f(x)=0有 三 个实根; d.当M=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; e.当M9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1a
3、2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为 ( ) A.2 B.3 C.4 D.5,C,答案 C 根据已知条件可还原出函数f(x)在定义域-1,4内的大致图 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 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
4、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x0, f (x)= = . 当a0时,ax-10,解得01, 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01. 令f (x)0,解得0 , 令f (x)0,解得1x1时,00,解得01; 令f (x)1恒成立转化为f(x)min1恒成立. f (x)= = ,a1.,令f (x)=0,得x=1或x= . 若ae,则由f (x)0得,11,满足题意.若10,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)
5、min=min ,依题意 即 所以22.,命题角度二 存在性问题 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.,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 (x)0, f(x)为增函数. 所以f(x)
6、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,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
7、内的任意x1,总存在x2使得f(x2)f(x1),求a的取值 范围.,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.,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.,解析 (1)f (x)=e
8、x-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:,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 -2x0-1=0, =2x0+1, 综上,g(x)=f (x)存在两个零点,分别为0,x0.
9、所以x0,即f (x)0, f(x)在(-,0)上单调递增; 0x0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=- + ,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)上单调递增, 所以一定存在c0, 所以存在cc时, f(x)0.,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,
10、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.,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- +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= .,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.
11、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01. 所以k(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,当且仅当x=1时,k(1)=0. 又因为f(1)=- 0,所以f(x)0时,x-1; 当f (x)0时,x-1. 故函数f(x)的单调递减区间为(-,-1),单调递增区间为(-1,+). (2)函数y=f(x)-m-1在-2,2上恰有两个不同的零点, 等价于xex+x2+2x-m=0在-2,2上恰有两个不等的实根, 等价于xex+x2+2x=m在-2,2上恰有两个不等的实根. 令g(x)=xex+x2+2x,则g(x)=(x+1)(ex+2). 由(1)知g(x)在(-,-1)上单调递减,在(-1,+)上单调递增,
