2018届高三数学二轮复习专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第2课时导数的综合应用课件文

第2课时导数的综合应用总纲目录考点一利用导数证明不等式考点二利用导数解决不等式的恒成立、存在性问题考点三利用导数解决函数零点或方程根的问题考点一利用导数证明不等式若证明f(x)≤g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)-g(x),x∈[a,b],证明F(x)max≤0即可;同理若证明f(x)≥g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)-g(x),x∈[a,b],证明F(x)min≥0即可.典型例题(2016课标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.(2)证法一:∵x∈(1,+∞),∴不等式1 x等价于lnxx-1xlnx.1lnxx1x1lnxx令h(x)=lnx-x+1(x1).则h'(x)= -1= 0.∴h(x)在(1,+∞)上单调递减.∴h(x)h(1)=0,即lnx-x+10,∴lnxx-1.令g(x)=x-1-xlnx(x1).则g'(x)=1-(lnx+1)=-lnx0.∴g(x)在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)g(1)=0,即x-1-xlnx0,∴x-1xlnx.1x1xx综上,当x∈(1,+∞)时,lnxx-1xlnx,即1 x.证法二: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.故当x∈(1,+∞)时,lnxx-1,ln  -1,即1 x.(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.由(2)知1 c,故0x01.1lnxx1x1x1lnxx1lnlnlnccc1lncc又g(0)=g(1)=0,故当0x1时,g(x)0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.方法归纳利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差变形;(2)构造新的函数F(x);(3)对F(x)求导;(4)利用F'(x)判断F(x)的单调性或取值;(5)下结论.跟踪集训(2017山西太原第二次模拟)已知函数f(x)=ex-ax2-2x(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的最小值;(2)当a -1时,证明:不等式f(x) -1在(0,+∞)上恒成立.解析(1)当a=0时,f(x)=ex-2x,∴f'(x)=ex-2.令f'(x)0,得xln2,令f'(x)0,得xln2.∴f(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增.∴f(x)min=f(ln2)=2-2ln2.(2)证法一:原不等式等价于a 在(0,+∞)上恒成立.e2e22ee212xxx令g(x)= ,x0,则g'(x)= .令h(x)=(x-2)ex+2x+e-2,x0,则h'(x)=(x-1)ex+2,令t(x)=(x-1)ex+2,x0,则t'(x)=xex0.∴h'(x)=t(x)在(0,+∞)上单调递增,∵h'(0)=10,∴h'(x)0在(0,+∞)上恒成立,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴当0x1时,h(x)0,∴g'(x)0,∴g(x)在(0,1)上单调递减,当x1时,h(x)0,∴g'(x)0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)= -1.2ee212xxx3(2)e2e2xxxxe2∵a -1,∴ag(x)在(0,+∞)上恒成立,∴原不等式成立.证法二:当a -1时,∵f(x)=ex-ax2-2x,∴f'(x)=ex-2ax-2.令p(x)=ex-2ax-2,x∈(0,+∞),则p'(x)=ex-2a≥1-2a1-2× =3-e0,∴f'(x)=p(x)=ex-2ax-2在(0,+∞)上单调递增,又f'(0)=-10,f'(1)=e-2a-2e-2-2× =0,∴存在x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,即 -2ax0-2=0,∴a= .e2e2e12e120ex00e22xx∴当x∈(0,x0)时,f'(x)0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)0,∴f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴当x∈(0,+∞)时,f(x)min=f(x0)= -a -2x0= -  x0-x0,0x01,令m(x)=ex- exx-x(0x1),则m'(x)= ex(1-x)-1,令n(x)= ex(1-x)-1(0x1),则n'(x)=- xex0,∴n(x)在(0,1)上单调递减,∴m'(x)=n(x)n(0)=- 0,∴m(x)在(0,1)上单调递减,∴m(x)m(1)= -1,0ex20x0ex120ex1212121212e2∴f(x)≥f(x0) -1.e2考点二利用导数解决不等式的恒成立、存在性问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题,一般都可通过求相关函数的最值来解决,如:当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时,若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)在x∈D上的最小值,将原条件转化为g(a)≤f(x)min,若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)在x∈D上的最大值,将原条件转化为g(a)≥f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)在x∈D上的最大值,将原条件转化为g(a)≤f(x)max,若存在x∈D,使得f(x)≤g(a)成立,应求f(x)在x∈D上的最小值,将原条件转化为g(a)≥f(x)min.典型例题(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0,得x=-1- 或x=-1+ .当x∈(-∞,-1- )时,f'(x)0;当x∈(-1- ,-1+ )时,f'(x)0;当x∈(-1+ ,+∞)时,f'(x)0.所以f(x)在(-∞,-1- ),(-1+ ,+∞)单调递减,在(-1- ,-1+ )单调递增.2222222222(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex0(x0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0a1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-10(x0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0x1时,f(x)(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0= ,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a≤0时,取x0= ,5412a512则x0∈(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).方法归纳对于不等式恒成立问题,可从函数角度转化为求函数的最值问题,也可以采用分离变量法将变量分离出来,进而转化为求函数的最值,从而求得参数的范围.跟踪集训(2017福建八校适应性考试)已知函数f(x)=lnx+ ax2+bx,a,b∈R.(1)若a=-2,b=1,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的a∈[1,+∞),f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求实数b的取值范围.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-2,b=1时,f(x)=lnx-x2+x,f'(x)= -2x+1= = .令f'(x)0,得0x1;令f'(x)0,得x1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).121x221xxx(21)(1)xxx(2)解法一:f(x)=lnx+ ax2+bx≥0在x∈[1,+∞)上恒成立等价于lnx+bx≥- x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,因为对任意的a∈[1,+∞),lnx+bx≥- x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,所以等价于lnx+bx≥- x2在x∈[1,+∞)上恒成立,即lnx+ x2+bx≥0在x∈[1,+∞)上恒成立.令g(x)=lnx+ x2+bx,则g'(x)= +x+b= ,令g'(x)=0,则x2+bx+1=0,Δ=b2-4.当-2≤b≤2时,Δ≤0,即g'(x)≥0恒成立,g(x)=lnx+ x2+bx在x∈[1,+∞)上为增函数,要使g(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,只需g(1)=ln1+ ×12+b= [phone]x21xbxx121212b≥0,此时- ≤b≤2.当b2时,显然g'(x)0恒成立,g(x)=lnx+ x2+bx在x∈[1,+∞)上为增函数,要使g(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,只需g(1)=ln1+ ×12+b= +b≥0,此时b2.当b-2时,Δ0,令g'(x)=0,得x1= ,x2= ,因为x2=  1,且x1x2=1,所以0x11,g'(x)= ,当1xx2时,g'(x)0,当xx2时,g'(x)0,所以当x∈[1,x2)时,函数g(x)为减函数,g(x)≤g(1)= +b0,不符合题意.综上,满足条件的实数b的取值范围是 .12121212242bb242bb242bb2b12()()xxxxx121,2解法二:f(x)=lnx+ ax2+bx≥0在x∈[1,+∞)上恒成立等价于lnx+bx≥-x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,因为对任意的a∈[1,+∞),lnx+bx≥- x2a在x∈[1,+∞)上恒成立,所以等价于lnx+bx≥- x2在x∈[1,+∞)上恒成立,即lnx+ x2+bx≥0在x∈[1,+∞)上恒成立.即-b≤ + x在[1,+∞)上恒成立.令g(x)= + x,x∈[1,+∞),所以等价于-b≤g(x)min,g'(x)= + = .令φ(x)=2-lnx+x2,则φ'(x)= +2x= ,1212121212lnxx12lnxx1221lnxx122222ln2xxx2x22(1)xx因为x≥1,所以φ'(x)≥0,φ(x)=2-2lnx+x2在x∈[1,+∞)上为增函数,φ(x)≥2-2ln1+12=30,即g'(x)0在x∈[1,+∞)上恒成立,即g(x)在x∈[1,+∞)上为增函数,所以g(x)min=g(1)= ,所以-b≤ ,b≥- .故满足条件的实数b的取值范围是 .1212121,2考点三利用导数解决函数零点或方程根的问题研究函数零点或方程根的情况,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,并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况.典型例题(2016课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.(ii)设a0,由f'