《（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第四章 導數及其應用 4.2 導數的應用（第3課時）導數與函數的綜合問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第四章 導數及其應用 4.2 導數的應用（第3課時）導數與函數的綜合問題課件.ppt（70頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第3課時導數與函數的綜合問題,,第四章4.2導數的應用,,NEIRONGSUOYIN,內容索引,題型分類 深度剖析,課時作業(yè),題型分類深度剖析,1,PART ONE,,題型一利用導數解或證明不等式,1.已知f(x)是定義在(0，)上的可導函數，f(1)0，且對于其導函數f(x)恒有f(x)f(x)0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是 A. B.(0,1) C.(1，) D.(0,1)(1，),,自主演練,,解析令g(x)f(x)ex， 由x0時，f(x)f(x)0恒成立， 則g(x)f(x)exf(x)ex0， 故g(x)f(x)ex在(0，)上單調遞減， 又f(1)0，所以g(1)0.
2、當x1時，f(x)ex0，得f(x)0； 當0 x1時，f(x)ex0，得f(x)0，故選B.,2.設f(x)是定義在R上的奇函數，f(2)0，當x0時，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，當且僅當00， 此時x2f(x)0. 又f(x)為奇函數，h(x)x2f(x)也為奇函數. 故x2f(x)0的解集為(，2)(0,2).,3.已知函數f(x)1 ，g(x)xln x. (1)證明：g(x)1；,當01時，g(x)0， 即g(x)在(0,1)上為減函數，在(1，)上為增函數. 所以g(x)g(1)1，
3、得證.,(2)證明：(xln x)f(x)1 .,所以當02時，f(x)0， 即f(x)在(0,2)上為減函數，在(2，)上為增函數，,當且僅當x2時取等號. 又由(1)知xln x1， 當且僅當x1時取等號. 因為等號不同時取得，,(1)利用導數解不等式的思路 已知一個含f(x)的不等式，可得到和f(x)有關的函數的單調性，然后可利用函數單調性解不等式. (2)利用導數證明不等式的方法 證明f(x)
4、了f(x)
5、函數，利用導數求出最值，得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍. (2)也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.,跟蹤訓練1 已知函數f(x)axln x，x1，e，若f(x)0恒成立，求實數a的取值范圍.,解f(x)0，即axln x0對x1，e恒成立，,x1，e，g(x)0， g(x)在1，e上單調遞減，,,題型三利用導數研究函數的零點問題,例2已知函數f(x)xln x，g(x)x2ax3. (1)對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；,,師生共研,解由對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立， 即有2xln xx2ax3.,當x1時，h
6、(x)0，h(x)是增函數， 當0
7、函數的零點個數問題.可利用導數研究函數的極值、最值、單調性、變化趨勢等，從而畫出函數的大致圖象，然后根據圖象判斷函數的零點個數.,跟蹤訓練2(2018浙江金華名校統(tǒng)練)已知函數f(x)ln x ，aR且a0. (1)討論函數f(x)的單調性；,當a0恒成立， 函數f(x)在(0，)上單調遞增，,綜上所述，當a<0時，函數f(x)在(0，)上單調遞增；,(2)當x 時，試判斷函數g(x)(ln x1)exxm的零點個數.,令h(x)(ln x1)exx，,,課時作業(yè),2,PART TWO,1.已知函數f(x)的定義域為1,4，部分對應值如下表：,,基礎保分練,1,2,3,4,5,6,7,8,
8、9,10,11,13,14,15,16,f(x)的導函數yf(x)的圖象如圖所示.當1
9、x(0，)恒成立，則實數a可取的值組成的集合是 A.a|4a0 B.a|a4 C.a|0a4 D.a|a4,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,,12,解析由題意得ax2xln xx23，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,當x(0,1)時，g(x)0，g(x)單調遞增， 當x(1，)時，g(x)<0，g(x)單調遞減， 函數g(x)maxg(1)4， 所以ag(x)max4，即a|a4.,12,4.若函數f(x)2x39x212xa恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為 A.4 B.6 C.7 D.8,,1,2,3,
10、4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,,解析由題意得f(x)6x218x126(x1)(x2)， 由f(x)0，得x2，由f(x)<0，得1
11、6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解析由題意得|AB||et1(2t1)| |et2t2|，令h(t)et2t2， 則h(t)et2，所以h(t)在(，ln 2)上單調遞減， 在(ln 2，)上單調遞增， 所以h(t)minh(ln 2)42ln 20， 即|AB|的最小值是42ln 2，故選C.,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,因為f(x)在x2處有最小值，且x1,4， 所以f(2)0，即b8， 所以c5，經檢驗，b8，c5符合題意.,12,,1
12、,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,所以f(x)在1,2)上單調遞減，在(2,4上單調遞增，,所以函數f(x)在M上的最大值為5，故選B.,12,7.已知函數f(x)x1(e1)ln x，其中e為自然對數的底數，則滿足f(ex)<0的x的取值范圍為________.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(0,1),解析令g(x)f(ex)ex1(e1)x， 則g(x)ex(e1)， 當xln(e1)時，g(x)0. 當x(，ln(e1))時，g(x)0，g(x)單調遞增. 又g(x)有0和1兩個零點，所以f(ex)<0的x
13、的取值范圍為(0,1).,12,8.已知x(0,2)，若關于x的不等式 恒成立，則實數k的取值范圍為____________.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(0，e1),12,解析由題意，知k2xx20. 即kx22x對任意x(0,2)恒成立，從而k0，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,令f(x)0，得x1， 當x(1,2)時，f(x)0，函數f(x)在(1,2)上單調遞增， 當x(0,1)時，f(x)<0，函數f(x)在(0,1)上單調遞減， 所以k
14、0，e1).,12,9.已知函數f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x00，則實數a的取值范圍是____________.,解析當a0時，f(x)3x21有兩個零點，不合題意， 故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(，2),若a0，由三次函數圖象知f(x)有負數零點，不合題意，故a<0.,又a<0，所以a<2.,12,10.定義在R上的奇函數yf(x)滿足f(3)0，且不等式f(x)xf(x)在(0，)上恒成立，則函數g(x)xf(x)lg|x1|的零點個數為________.,3,,1,2
15、,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解析定義在R上的奇函數f(x)滿足： f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)， 當x0時，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0， xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0時是增函數， 又h(x)xf(x)xf(x)， h(x)xf(x)是偶函數， 當x<0時，h(x)是減函數，結合函數的定義域為R， 且f(0)f(3)f(3)0， 可得函數yxf(x)與ylg|x1|的大致圖象如圖， 由圖象可知，函數g(x)xf(x)lg|x1|的零點的個數為3.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,
16、15,16,12,11.已知函數f(x)exmx，其中m為常數. (1)若對任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范圍；,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解由題意，可知f(x)exm1， 令f(x)0，得xm. 故當x(，m)時，exm1，f(x)0，f(x)單調遞增. 故當xm時，f(m)為極小值也為最小值. 令f(m)1m0，得m1， 即對任意xR，f(x)0恒成立時， m的取值范圍是(，1.,12,(2)當m1時，判斷f(x)在0,2m上零點的個數，并說明理由.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,,解
17、f(x)在0,2m上有兩個零點，理由如下： 當m1時，f(m)1m0，f(0)f(m)1， 則g(m)em2， 當m1時，g(m)em20， g(m)在(1，)上單調遞增. g(m)e20， 即f(2m)0.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,,f(m)f(2m)<0， 又f(x)在(m,2m)上單調遞增， f(x)在(m,2m)上有一個零點. 故f(x)在0,2m上有兩個零點.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,令g(x)0
18、，得x0， 則g(x)在區(qū)間0,1上單調遞增.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,,知存在x0(0,1)，使得h(x0)0. 易知h(x)在0,1上是增函數， 所以f(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減，在區(qū)間(x0,1)上單調遞增，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,13.已知a，bR，直線yaxb 與函數f(x)tan x的圖象在x 處相切，設g(
19、x)exbx2a，若在區(qū)間1,2上，不等式mg(x)m22恒成立，則實數m有 A.最大值e B.最大值e1 C.最小值e D.最小值e,,技能提升練,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,因此a2，b1，g(x)exx22， 所以當x1,2時，g(x)ex2x0， g(x)exx22單調遞增， 所以g(x)mine1，g(x)maxe22. 所以me1且m22e22，,12,14.已知函數f(x)3ln x x22x3ln 3 ，則方程f(x)0的解的個數是____.,1,,1,
20、2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,當x(0,3)時，f(x)0，f(x)單調遞增， 當x(3，)時，f(x)<0，f(x)單調遞減， 當x0時，f(x)，當x時，f(x)，,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,所以方程f(x)0只有一個解.,拓展沖刺練,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,(，2)(2，),,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解得m2或m<2.,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,1
21、5,16,解得m2或m2.,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,16.(2018浙江第二次聯盟校聯考)已知a為實數，函數f(x)ex2ax. (1)討論函數f(x)的單調性；,解f(x)ex2a. 當a0時，f(x)0，函數f(x)在R上單調遞增. 當a0時，由f(x)ex2a0，得x2ln a. 若x2ln a，則f(x)0，函數f(x)在(2ln a，)上單調遞增； 若x<2ln a，則f(x)<0，函數f(x)在(，2ln a)上單調遞減.,12,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,(2)若函數f(x)有兩
22、個不同的零點x1，x2(x1
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