優(yōu)質(zhì)高中數(shù)學理科專題講解高考大題專項(一)《導數(shù)的綜合應(yīng)用》教學課件模板

高考大題專項(一)

導數(shù)的綜合應(yīng)用考情分析必備知識從近五年的高考試題來看,對導數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用的考查常常是一大一小兩個題目,其中解答題的命題特點是:以三次函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)及分式函數(shù)為命題載體,以切線問題、單調(diào)性問題、極值最值問題、恒成立問題、存在性問題、函數(shù)零點問題為設(shè)置條件,與參數(shù)的范圍、不等式的證明,方程根的分布綜合成題,重點考查學生應(yīng)用分類討論思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想及轉(zhuǎn)換與化歸思想來分析問題、解決問題的能力.考情分析必備知識1.常見恒成立不等式(1)lnx≤x-1;(2)ex≥x+1.2.構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項法:證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x);(2)構(gòu)造“形似”函數(shù):對原不等式同解變形,如移項、通分、取對數(shù)等,把不等式兩邊變成具有相同結(jié)構(gòu)的式子,根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù);(3)主元法:對于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構(gòu)造函數(shù)f(x,x2)(或f(x1,x));(4)放縮法:若所構(gòu)造函數(shù)的最值不易求解,可將所證明的不等式進行放縮,再重新構(gòu)造函數(shù).考情分析必備知識3.函數(shù)不等式的類型與解法(1)?x∈D,f(x)≤k?f(x)max≤k;(2)?x∈D,f(x)≤k?f(x)min≤k;(3)?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)max≤g(x)min;(4)?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)min≤g(x)max.4.含兩個未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)化策略(1)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值;(2)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值;(3)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值;考情分析必備知識(4)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值;(5)?x1∈[a,b],當x2∈[c,d]時,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域與g(x)在[c,d]上的值域的交集非空;(6)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域;(7)?x2∈[c,d],?x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域.-6-突破1導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

題型一

求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1(2019山東菏澤一模,21)已知函數(shù)h(x)=lnx-ax(a∈R).(1)設(shè)f(x)=h(x)++(a+1)x,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)略.-7--8-解題心得利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1)當導函數(shù)不等式可解時,解不等式f'(x)>0或f'(x)<0,求出單調(diào)區(qū)間.(2)當方程f'(x)=0可解時,解出方程的實根,按實根把函數(shù)的定義域劃分成若干個區(qū)間,確定各區(qū)間f'(x)的符號,從而確定單調(diào)區(qū)間.(3)若導函數(shù)的方程、不等式都不可解,將f'(x)中正負不定的部分設(shè)為g(x),對g(x)再進行一次或二次求導,由g'(x)的正負及g(x)的零點判斷出g(x)的正負,進而得出f'(x)的正負.-9-對點訓練1(2019安徽合肥一模,21)已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+1)(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)略.∴當x∈(-1,0)時,h(x)=f'(x)<0,f(x)=ex-ln(x+1)單調(diào)遞減;當x∈(0,+∞)時,h(x)=f'(x)>0,f(x)=ex-ln(x+1)單調(diào)遞增.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,0),單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞).-10-題型二

討論函數(shù)的單調(diào)性例2(2019湖北八校聯(lián)考一,21)已知函數(shù)f(x)=x3+x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函數(shù)h(x)=a(a-1)lnx-x3+3x+f(x),討論函數(shù)h(x)的單調(diào)性.-11--12-解題心得在判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性時,若f'(x)中含有參數(shù)不容易判斷其正負時,需要對參數(shù)進行分類討論,分類的標準:(1)按導函數(shù)是否有零點分大類;(2)在大類中按導函數(shù)零點的大小分小類;(3)在小類中按零點是否在定義域中分類.-13-對點訓練2(2019全國3,理20)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)略.-14-題型三

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明函數(shù)不等式例3(2018全國3,理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當-1<x<0時,f(x)<0;當x>0時,f(x)>0;(2)略.當-1<x<0時,g'(x)<0;當x>0時,g'(x)>0.故當x>-1時,g(x)≥g(0)=0,且僅當x=0時,g(x)=0,從而f'(x)≥0,且僅當x=0時,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當-1<x<0時,f(x)<0;當x>0時,f(x)>0.-15-解題心得通過對函數(shù)f(x)一次求導或兩次求導的方法得到f(x)的單調(diào)性,由函數(shù)f(x)的單調(diào)性證出關(guān)于f(x)的函數(shù)不等式.-16-對點訓練3(2019天津,理20)設(shè)函數(shù)f(x)=excosx,g(x)為f(x)的導函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)略.-17--18-突破2

利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值題型一

討論函數(shù)極值點的個數(shù)例1設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù),并說明理由.-19--20-則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x∈(x1,x2)時,g(x)<0,則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈(x2,+∞)時,g(x)>0,則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,-21-當a<0時,Δ>0,函數(shù)g(x)的圖象如右:由g(-1)=1>0,可得x1<-1,則當x∈(-1,x2)時,g(x)>0,則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,x∈(x2,+∞)時,g(x)<0,則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,因此,當a<0時,函數(shù)有一個極值點.綜上所述,當a<0時,函數(shù)有一個極值點;-22-解題心得利用導數(shù)求含參數(shù)的原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間→極值→最值→恒成立問題的步驟:1.求函數(shù)定義域;2.求導→通分或因式分解或二次求導(目的:把導函數(shù)“弄熟悉”);3.對參數(shù)分類,分類的層次:(1)按導函數(shù)的類型分大類;(2)按導函數(shù)是否有零點分小類;(3)在小類中再按導函數(shù)零點的大小分小類;(4)在小類的小類中再按零點是否在定義域中分小類.-23-對點訓練1(2019河南許昌、洛陽三模,21)已知函數(shù)f(x)=(x-1)2+a(lnx-x+1)(a<2).(1)討論f(x)的極值點的個數(shù);(2)略.-24-當a≤0時,由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0<x<1,∴f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,f(x)在x=1處取得極小值,無極大值;-25-題型二

求函數(shù)的極值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函數(shù)f(x)=xsinx+2cosx+ax+2,其中a為常數(shù).(1)略;(2)求函數(shù)f(x)在[0,π]上的最小值.-26-解:(2)對?x∈[0,π],f'(x)=xcos

x-sin

x+a,令g(x)=xcos

x-sin

x+a,g'(x)=-xsin

x≤0,所以f'(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞減.當a≤0時,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞減,故fmin(x)=f(π)=aπ.當a≥π時,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞增,故fmin(x)=f(0)=4.當0<a<π時,因為f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)遞減,結(jié)合零點存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上單調(diào)遞增,在[x0,π]上單調(diào)遞減.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中較小的一個值.-27--28-解題心得1.由導函數(shù)圖象判斷函數(shù)y=f(x)的極值,要抓住兩點:(1)由y=f'(x)的圖象與x軸的交點,可得函數(shù)y=f(x)的可能極值點;(2)由導函數(shù)y=f'(x)的圖象可以看出y=f'(x)的值的正負,從而可得函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性.兩者結(jié)合可得極值點.2.求最值的常用方法是由導數(shù)確定單調(diào)性,由單調(diào)性確定極值,比較極值與定義域的端點值確定最值.-29-對點訓練2(2019北京海淀4月模擬,18)已知函數(shù)f(x)=xln(x+1)-ax2.(1)略;(2)當a<0時,求證:函數(shù)f(x)存在極小值.-30--31-題型三

已知函數(shù)的極(最)值求參數(shù)的取值范圍例3(2018北京,理18)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行,求a;(2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍.-32-解:(1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時f(1)=3e≠0,所以a的值為1.-33-解題心得已知函數(shù)極值,確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時,要注意:(1)根據(jù)極值點的導數(shù)為0和極值這兩個條件列方程(組)求解;(2)因為導數(shù)值等于0不是此點為極值點的充要條件,所以求解后必須檢驗.-34-對點訓練3(2019江西重點中學聯(lián)考一,21)已知函數(shù)f(x)=(1-alnx),a∈R.(1)若f(x)在(0,1]上存在極大值點,求實數(shù)a的取值范圍;(2)略.

-35--36-突破3

導數(shù)在不等式中的應(yīng)用題型一

求函數(shù)不等式的參數(shù)范圍(多考向)類型(一)

求單變量函數(shù)不等式的參數(shù)范圍例1(2019河北唐山一模,21)已知函數(shù)f(x)=ax-,a∈R.(1)若f(x)≥0,求a的取值范圍;(2)略.-37-解題心得首先分離出函數(shù)不等式中的參數(shù),然后對不等式另一端的函數(shù)求最值,從而得出參數(shù)的范圍.-38-對點訓練1已知函數(shù)f(x)=lnx-mx2,g(x)=mx2+x,m∈R,令F(x)=f(x)+g(x).若關(guān)于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立,求整數(shù)m的最小值.-39--40--41-例2(2019河北衡水中學質(zhì)檢三,21)已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x+1),a∈R在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)略;-42-解:(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).∴h(x)<h(1)=1-k,若k≥1,則h(x)≤0,∴g'(x)≤0,∴g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,∴g(x)<g(1)=0,不合題意.-43-若-1≤k<1,則h(1)>0,∴必存在x0,使得當x∈(1,x0)時,g'(x)>0,∴g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞增,∴g(x)>g(1)=0恒成立,符合題意.當

>1,即k<-1時,易知必存在x0,使得h(x)在(1,x0)上單調(diào)遞增,∴h(x)>h(1)=1-k>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞增,∴g(x)>g(1)=0恒成立,符合題意.綜上,k的取值范圍是(-∞,1).-44-解題心得1.在f(x)≥0的情況下,求a的取值范圍→求f(x)的導函數(shù)→確定f(x)的單調(diào)區(qū)間→求f(x)取最小值→解不等式f(x)min≥0得a的范圍.2.若f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍,即研究a取什么范圍能使f(x)≥0,如果參數(shù)a不易分離,通常對a分類討論,找到使f(x)≥0的a的取值范圍.-45-對點訓練2(2019四川成都二模,21)已知函數(shù)(1)若f(x)≥0,求實數(shù)a取值的集合;(2)略.-46-當a≤0時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(1)=0.因此0<x<1時,f(x)<0,不合題意.當a>0時,可得f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增,故當x=a時,函數(shù)f(x)取得最小值,則f(a)=ln

a+1-a.而g(1)=0.因此只有當a=1時,才能滿足f(a)=ln

a+1-a≥0.故a=1.故實數(shù)a取值的集合是{1}.-47-類型(二)

求雙變量不等式的參數(shù)范圍例3(2019山東濰坊三模,21)已知函數(shù)f(x)=x2+alnx-2x(a∈R).(1)略;(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2(x1<x2),且f(x1)-mx2≥0恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.-48--49-解題心得對于含有兩個變量的不等式恒成立求參數(shù)問題,一般要找到兩個變量的關(guān)系,轉(zhuǎn)化為一個變量,從而得到一個函數(shù);也可以從含有兩個變量的不等式中抽象出一個函數(shù)是單調(diào)函數(shù).對于求參數(shù)的范圍,可以分離出變量,得到一個不等式,通過函數(shù)的最值得參數(shù)的范圍;如果變量不易分離,可以對參數(shù)進行討論,看參數(shù)在什么范圍使不等式成立,從而求出參數(shù)范圍.-50-對點訓練3(2019河南鄭州一月質(zhì)檢,21)已知函數(shù)f(x)=x2-8x+alnx(a∈R).(1)略;-51--52--53-題型二

證明不等式(多考向)類型(一)

單變量不等式的證明(1)略;(2)當a=b=1時,證明:xf(x)+2<0.-54--55-(方法二)設(shè)g(x)=xf(x)+2=ln

x-ex+2=ln

x-(x-1)+[(x+1)-ex].

因為曲線y=ln

x與直線y=x-1相切于點(1,0),

直線y=x+1與曲線y=ex相切于點(0,1),所以ln

x≤x-1,x+1≤ex,且“=”不同時成立,故當x>0時,ln

x-(x-1)+[(x+1)-ex]<0,即xf(x)+2<0.解題心得1.證明f(x)≥g(x)(x∈I,I是區(qū)間),只需證明f(x)min≥g(x)max或證明[f(x)-g(x)]min≥0;2.證明f(x)>g(x)(x∈I,I是區(qū)間),只需證明f(x)min>g(x)max或證明f(x)min≥g(x)max且兩個最值點不相等.-56-對點訓練4(2019山西呂梁一模,21)已知函數(shù)f(x)=ex-lnx+1.(1)略;(2)證明:f(x)>3.-57--58--59-(2)由(1)知,f(x)存在兩個極值點當且僅當a>2.由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設(shè)x1<x2,則x2>1.-60-解題心得證明雙變量不等式的基本思路:首先進行變量的轉(zhuǎn)化,即由已知條件入手,尋找雙變量所滿足的關(guān)系式,通過關(guān)系式將其中一個變量用另一個變量表示,代入要證明的不等式,化為一個變量的不等式;然后對轉(zhuǎn)化得到的不等式,根據(jù)其組成的特點構(gòu)造函數(shù),再借助導數(shù),判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而求其最值,并把最值應(yīng)用到所證不等式,即可證得不等式.-61-對點訓練5(2019河南洛陽三模,21)已知函數(shù)f(x)=lnx-kx,其中k∈R為常數(shù).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個相異零點x1,x2(x1<x2),求證:lnx2>2-lnx1.-62-(2)證明:因為x1,x2是f(x)的兩個零點,所以ln

x2-kx2=0,ln

x1-kx1=0,所以ln

x2-ln

x1=k(x2-x1),ln

x1+ln

x2=k(x1+x2).要證ln

x2>2-ln

x1,只要證ln

x1+ln

x2>2,即證k(x1+x2)>2,-63--64-突破4

導數(shù)與函數(shù)的零點題型一

判斷、證明或討論函數(shù)零點個數(shù)-65--66-解題心得利用導數(shù)確定函數(shù)零點或方程的根的個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),轉(zhuǎn)化為確定g(x)的零點個數(shù)問題求解,利用導數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值,并確定定義區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等,畫出g(x)的圖象草圖,數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點的個數(shù).(2)利用零點存在性定理,先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點,然后利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值的符號,進而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù).-67-對點訓練1(2019安徽合肥一中質(zhì)檢)已知二次函數(shù)f(x)的最小值為-4,且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|-1≤x≤3,x∈R}.(1)求函數(shù)f(x)的解析式;解:(1)∵f(x)是二次函數(shù),且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|-1≤x≤3,x∈R},∴設(shè)f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,a=1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=x2-2x-3.-68-又因為g(x)在(3,+∞)上單調(diào)遞增,因而g(x)在(3,+∞)上只有1個零點,故g(x)僅有1個零點.-69-例2(2019河南開封一模,21)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)ex-x2(其中k∈R).(1)略;(2)當k>0時,討論函數(shù)f(x)的零點個數(shù).

-70-解:(2)函數(shù)f(x)的定義域為R,f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),由f'(x)=0,得x=0或x=ln

k,當ln

k≤0時,得0<k≤1,當ln

k>0時,得k>1.當0<k≤1時,令f'(x)>0,解得x<ln

k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln

k)和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln

k,0)上單調(diào)遞減.當x∈(-∞,0)時,f(x)≤f(x)max當x∈(0,+∞)時,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)在(0,+∞)上有唯一的零點,∴函數(shù)f(x)在定義域上有唯一的零點.-71-②當k>1時,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln

k.所以f(x)在(-∞,0)和(ln

k,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,ln

k)上單調(diào)遞減.當x∈(-∞,ln

k)時,f(x)≤fmax(x)=f(0)=-1<0,此時f(x)無零點.當x∈(ln

k,+∞)時,f(ln

k)<f(0)=-1<0,f(k+1)令g(t)=et-t2,t=k+1>2,則g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在(ln

k,+∞)上有唯一的零點,故函數(shù)f(x)在定義域上有唯一的零點.綜合①②知,當k>0時,函數(shù)f(x)在定義域上有且只有一個零點.-72-解題心得討論函數(shù)零點個數(shù)的基本思想是數(shù)形結(jié)合思想,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值,根據(jù)極值和一些函數(shù)值的正負結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性模擬函數(shù)的圖象,根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的交點確定零點的個數(shù).-73--74--75--76-題型二

已知函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍例3已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x