2018届高三数学一轮复习第三章导数及其应用第四节导数的综合应用课件理

理数课标版第四节导数的综合应用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.教材研读(5)下结论.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Δ=(2b)2-12ac,(1)当Δ≤0,即b2≤3ac时,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上为增函数,又易知存在x'、x″∈R,使f(x')f(x″)0,故方程f(x)=0有①一个实根.(2)当Δ0,即b23ac时,方程f'(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1x2),函数在x1处取得极大值M,在x2处取得极小值m(Mm).a.当m0时,方程f(x)=0有②一个实根;b.当m=0时,方程f(x)=0有③两个实根;c.当m0,M0时,方程f(x)=0有④三个实根;d.当M=0时,方程f(x)=0有⑤两个实根;e.当M0时,方程f(x)=0有⑥一个实根.考点一利用导数研究函数的零点或方程的根典例1(2016北京,20,13分)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4.若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围;考点突破(3)求证:a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.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. (3分)(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f'(x)=3x2+8x+4.令f'(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=- . (4分)f(x)与f'(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下表:23x(-∞,-2)-2 -  f'(x)+0-0+f(x)↗c↘c- ↗22,3232,33227(6分)所以,当c0且c- 0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈ ,x3∈ ,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈ 时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点. (8分)322722,32,03320,27(3)证明:当Δ=4a2-12b0时,f'(x)=3x2+2ax+b0,x∈(-∞,+∞),此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)不可能有三个不同零点. (9分)当Δ=4a2-12b=0时,f'(x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.当x∈(-∞,x0)时,f'(x)0,f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=4a2-12b0.故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件. (11分)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.(12分)因此a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. (13分)方法技巧利用导数研究方程根的方法(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.(3)可以通过数形结合的思想去分析问题,使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.1-1(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-lnx.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x0),讨论h(x)零点的个数.14解析(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,即 解得x0= ,a=- .因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)0,故h(x)在(1,+∞)内无零点.当x=1时,若a≥- ,则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a- ,则f(1)0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)0,故x=1不是h(x)的零点.3002010,430.xaxxa123434545454当x∈(0,1)时,g(x)=-lnx0,所以只需考虑f(x)在(0,1)内的零点个数.(i)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)内无零点,故f(x)在(0,1)内单调.而f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)内有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)内没有零点.(ii)若-3a0,则f(x)在 内单调递减,在 内单调递增,故在(0,1)中,当x= 时,f(x)取得最小值,最小值为f =  + .①若f 0,即- a0,则f(x)在(0,1)内无零点;②若f =0,即a=- ,则f(x)在(0,1)内有唯一零点;14540,3a,13a3a3a23a3a143a343a34③若f 0,即-3a- ,由于f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当- a- 时,f(x)在(0,1)内有两个零点;当-3a≤- 时,f(x)在(0,1)内有一个零点.综上,当a- 或a- 时,h(x)有一个零点;当a=- 或a=- 时,h(x)有两个零点;当- a- 时,h(x)有三个零点.3a341454543454345434545434考点二利用导数研究不等式的有关问题命题角度一证明不等式典例2(2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1 x;(3)设c1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= -1,令f'(x)=0,解得x=1.当0x1时,f‘(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f’(x)0,f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,lnxx-1.1lnxx1x故当x∈(1,+∞)时,lnxx-1,ln  -1,即1 x. (7分)(3)证明:由题设c1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,解得x0= .当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递增;当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递减. (9分)由(2)知1 c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x1时,g(x)0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx. (12分)1x1x1lnxx1lnlnlnccc1lncc命题角度二不等式恒成立问题典例3(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x) -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f'(x)=2ax- = (x0).当a≤0时,f'(x)0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a0时,由f'(x)=0,有x= .此时,当x∈ 时,f'(x)0,f(x)单调递减;当x∈ 时,f'(x)0,f(x)单调递增.1x1x221axx12a10,2a1,2a(2)令g(x)= - = ,s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.而当x1时,s'(x)0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)0,从而当x1时,g(x)0.1x11ex11e1exxx当a≤0,x1时,f(x)=a(x2-1)-lnx0.故当f(x)g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a0.当0a 时, 1.由(1)有f f(1)=0,而g 0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.1212a12a12a当a≥ 时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x1时,h'(x)=2ax- + -e1-xx- + - =  0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.121x21x1x21x1x3221xxx2221xxx又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a∈ .1,2方法技巧1.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,x∈(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而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.2-1已知f(x)=(1-x)ex-1.(1)求函数f(x)的最大值;(2)设g(x)= ,x-1,且x≠0,证明:g(x)1.解析(1)f'(x)=-xex.当x∈(-∞,0)时,f'(x)0,f(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,f'(x)0,f(x)单调递.所以f(x)的最大值为f(0)=0.(2)证明:由(1)知,当x0时,f(x)0,则g(x)01.当-1x0时,g(x)1等价于f(x)x.设h(x)=f(x)-x,则h'(x)=-xex-1.当x∈(-1,0)时,0-x1,0ex1,则0-xex1,()fxx从而当x∈(-1,0)时,h'(x)0,h(x)在(-1,0)上单调递减.当-1x0时,h(x)h(0)=0,即g(x)1.综上,总有g(x)1.2-2设函数f(x)= +2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)如果对所有的x≥1,都有f(x)≤ax,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= ,所以当0x 时,f'(x)0,当x 时,f'(x)0,故函数f(x)在 上单调递减,在 上单调递增.(2)当x≥1时,f(x)≤ax⇔a≥ + ,令h(x)= + (x≥1),则h'(x)= - = ,1x221xx121210,21,22lnxx21x2lnxx21x222lnxx32x32(ln1)xxxx令m(x)=x-xlnx-1(x≥1),则m'(x)=-lnx,显然,当x≥1时,m'(x)≤0,所以m(x)在[1,+∞)上为减函数,所以m(x)≤m(1)=0,因此h'(x)≤0,于是h(x)在[1,+∞)上为减函数,所以当x=1时,h(x)有最大值h(1)=1,故a≥1,即a的取值范围是[1,+∞).考点三用导数解决实际生活中的优化问题典例4(2016云南玉溪一中月考)时下网校教学越来越受广大学生的喜爱,它已经成为学生们课外学