2021年高考数学二轮专题复习课件：专题六 微专题4 导数的综合应用 .ppt

1、专题六专题六 函数与导数函数与导数 微专题微专题4 导数的综合应用导数的综合应用 微专题4 导数的综合应用 对点训练 大题考法大题考法 1 利用导数解决函数的单调性、极值、最利用导数解决函数的单调性、极值、最 值问题值问题 (2020 汕头模拟汕头模拟)设函数设函数 f(x)ln x2axx2， a R. (1)若若 a0，求函数，求函数 f(x)在在1，e上的最小值；上的最小值； (2)求函数求函数 f(x)的极值点的极值点 解：解：(1)当当 a0 时，时，f(x)ln xx2(x0)， 则则 f(x)1 x 2x2x 2 1 x ，当，当 x1，e时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)

2、在在1，e上是增函数，当上是增函数，当 x1 时，时，f(x)取得取得 最小值最小值 f(1)1， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 所以所以 f(x)在在1，e上的最小值为上的最小值为 1. (2)f(x)ln x2axx2，则，则 f(x)2x 2 2ax1 x (x0)， 令令 h(x)2x22ax1(x0)， 当当 a0 时，时，h(x)0 在在(0，)上恒成立，此时上恒成立，此时 f(x)0， 所以所以 f(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 此时，函数此时，函数 f(x)没有极值点；没有极值点； 当当 a0 时，当时，当 (2a)280，即，即 00，即，即 a 2时，令时

3、，令 h(x)0，则，则 xa a 2 2 2 ， 当当a a22 2 xa a22 2 时，时，h(x)0，即，即 f(x)0； 当当 0xa a22 2 时，时， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 h(x)0，即，即 f(x)0； 所以当所以当 a 2时，时， xa a22 2 是函数是函数 f(x)的极大值点；的极大值点； xa a22 2 是函数是函数 f(x)的极小值点的极小值点 综上，当综上，当 a 2时，函数时，函数 f(x)没有极值点；没有极值点； 当当 a 2时，时，xa a22 2 是函数是函数 f(x)的极大值点；的极大值点； xa a22 2 是函数是函数 f(x)的

4、极小值点的极小值点 微专题4 导数的综合应用 对点训练 1求函数求函数 f(x)的极值，则先求的极值，则先求方程方程 f(x)0 的根，的根， 再检查再检查 f(x)在方程根的左右函数值的符号在方程根的左右函数值的符号 2若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f(x)0 根的大小或存在情况来求解根的大小或存在情况来求解 3求函数求函数 f(x)在闭区间在闭区间a，b上的最值时，在得到极上的最值时，在得到极 值的基础上， 结合区间端点的函数值值的基础上， 结合区间端点的函数值 f(a)， f(b)与与 f(x)的各的各 极值进行比较得到函数的最值极

5、值进行比较得到函数的最值 微专题4 导数的综合应用 对点训练 设设 f(x)1 3x 3 1 2x 2 2ax(aR) (1)讨论讨论 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)当当 0a0，即，即 a1 8时，令 时，令 f(x)x2x 2a0，得两根，得两根 x11 18a 2 ，x21 18a 2 . 当当 xx2时时 f(x)0，f(x)单调递减；当单调递减；当 x1x0，f(x)单调递增单调递增 综上所述：当综上所述：当 a1 8时， 时，f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为( ，)； 微专题4 导数的综合应用 对点训练 当当a 1 8 时 ，时 ， f(x) 的 单 调 递 减

6、区 间 为的 单 调 递 减 区 间 为 ，1 18a 2 和和 1 18a 2 ， ， ， 单调递增区间为单调递增区间为 1 18a 2 ，1 18a 2 . (2)f(x)，f(x)随随 x 的变化情况如下表：的变化情况如下表： x xx1 xx1 x1xx2 f(x) 0 0 f(x) 单调递单调递 减减 极小极小 值值 单调递增单调递增 极大极大 值值 单调递单调递 减减 微专题4 导数的综合应用 对点训练 当当 0a2 时，有时，有 x11x24，所以，所以 f(x)在在1，4上的最大上的最大 值为值为 f(x2)， 又又 f(4)f(1)27 2 6a0，即，即 f(4)0，f(x

7、)单调递增；单调递增； 当当 x(1，)时时 f(x)0，f(x)单调递减单调递减 微专题4 导数的综合应用 对点训练 所以所以 f(x)maxf(1)0. (2)由题意知，方程由题意知，方程 f(x)ln xx 1 a 0 在在(2，e)上有实上有实 根根 因为因为 ln x0，所以方程可转化为，所以方程可转化为 ax 1 ln x . 设设 g(x)x 1 ln x ，则，则 g(x) ln x1 x（ （x1） （ln x）2 ln x1 x 1 （ln x）2 . 微专题4 导数的综合应用 对点训练 设设 h(x)ln x1 x 1，则，则 h(x)1 x 1 x2. 当当 2x0，

8、所以， 所以 h(x)在在(2， e)上单调递增上单调递增 所以所以 h(x)h(2)ln 21 20，于是 ，于是 g(x)0，所以，所以 g(x) 在在(2，e)上单调递增，上单调递增， 所以所以 g(2)g(x)g(e)，即，即 1 ln 2g(x)0 时，若时，若 f(x)在在 0， 2 上的最大值为上的最大值为 1，讨，讨 论：函数论：函数 f(x)在在(0，)内的零点个数内的零点个数 解：解：(1)f(x)asin xaxcos xa(sin xxcos x) 当当 x 0， 2 时时，sin xxcos x0， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 当当 a0，x 0， 2 时，时

9、，f(x)0； 当当 a0，x 0， 2 时，时，f(x)0 时，时，f(x)在在 0， 2 上单调递增；当上单调递增；当 a0 时，时，f(x)在在 0， 2 上单调递增，上单调递增， 所以所以 f(x)maxf 2 2asin 2 1 2a 1 2 a1，解，解 得得 a2. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 所以所以 f(x)2xsin x1， 所以所以 f(x)2(sin xxcos x) 因为因为 f(x)在在 0， 2 上单调递增，上单调递增，f(0)0110， 所以所以 f(x)在在 0， 2 内有且仅有内有且仅有 1 个零点个零点 令令 g(x)sin xxcos x，x 2

10、， ， ， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 g(x)cos xcos xxsin x2cos xxsin x， 当当 x 2， ， 时，时，cos x0，sin x0，x0， 所以所以 g(x)0，g()sin cos 0，即，即 f(x)0； 当当 x(x0，)时，时，g(x)0，即，即 f(x)0， 所以所以 f(x)在在 2， ，x0上无零点且上无零点且 f(x0)0， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 又又 f()2sin 110. 证明：证明：(1)因为因为 f(x)x(2cos x)sin x，所以，所以 f(x) 2xsin x， 当当 x 2， ， 2 时，时，f(x)2

11、xsin x2|xsin x|2 |x|2 20， ， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 因此，函数因此，函数 yf(x)在区间在区间 2， ， 2 上没有零点上没有零点 (2)f(x) x(2 cos x) sin x (2 cos x) x sin x 2cos x ， 由由 cos x1，1，所以，所以 2cos x0 恒成立，故只恒成立，故只 需证明需证明 x sin x 2cos x0 即可 即可 设设 F(x)x sin x 2cos x， ， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 F(x) 1 2cos x1 （2cos x）2 cos2 x2cos x3 （2cos x）2 （

12、1cos x）22 （2cos x）2 0， 故函数故函数 F(x)x sin x 2cos x在区间 在区间(0，)上单调递上单调递 增，所以增，所以 F(x)F(0)0. 所以当所以当 x0 时，时，F(x)0，即即 f(x)0. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 1证明不等式的基本方法证明不等式的基本方法 (1)利用单调性：若利用单调性：若 f(x)在在a，b上是增函数，则上是增函数，则x a，b，有，有 f(a)f(x)f(b)；x1，x2a，b，且，且 x1x2， 有有 f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论对于减函数有类似结论 (2)利用最值：若利用最值：若 f(x)在某个范围

13、在某个范围 D 内有最大值内有最大值 M(或或 最小值最小值 m)，则，则 xD，有，有 f(x)M(或或 f(x)m) 2证明证明 f(x)g(x)，可构造函数，可构造函数 F(x)f(x)g(x)，证，证 明明 F(x)0. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 已知函数已知函数 f(x)x1aex. (1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 a1 时，设时，设1x10，且，且 f(x1)f(x2) 5，证明：，证明：x12x241 e. (1)解：解：由由 f(x)x1aex，得，得 f(x)1aex. 当当 a0 时，时，f(x)0，则，则 f(x)在在 R 上单调递增上

14、单调递增 当当 a0，得，得 xln 1 a ，则，则 f(x)的单调的单调 递增区间为递增区间为 ，ln 1 a . 微专题4 导数的综合应用 对点训练 令令 f(x)ln 1 a ，则，则 f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为 ln 1 a ， . (2)证明：证明：设设 g(x)f(x)2xex3x1，则，则 g(x) ex3. 由由 g(x)ln 3；由；由 g(x)0，得，得 xln 3. 故故 g(x)maxg(ln 3)3ln 340. 从而从而 g(x)f(x)2x0. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 因为因为 f(x1)f(x2)5，所以，所以 f(x2)2x25f(

15、x1) 2x24ex1. 因为因为1x10，所以，所以 e 1ex 141 e. 从而从而 x12x241 e. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 大题考法大题考法 4 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 (2020 首都师范大学附属中学模拟首都师范大学附属中学模拟)已知函数已知函数 f(x) xln x，g(x)x2ax3. (1)求函数求函数 f(x)在在t，t2(t0)上的最小值；上的最小值； (2)若存在若存在 x0 1 e， ，e (e 是自然对数的底数，是自然对数的底数，e2.718 28)，使不等式，使不等式 2f(x0)g(x0)成立，求

16、实数成立，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由已知可得函数由已知可得函数 f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)ln x1. 当当 x 0，1 e ，f(x)0，f(x)单调递增，单调递增， 因为因为 t0，所以，所以 t21 e. 当当 0t1 et 2，即，即 0t1 e时， 时，f(x)minf 1 e 1 e； ； 当当1 e tt2，即，即 t1 e时， 时，f(x)minf(t)tln t； 综上所述，综上所述，f(x)min 1 e， ，0t1 e， ， tln t，t1 e. 微专题4 导数的综合应用 对点训练 (2)不等式不等式2f(x0)g(x0)成立

17、， 即成立， 即2x0ln x0 x2 0 ax03， 所以所以 a2ln x0 x0 3 x0， ，x0 1 e， ，e . 设设 h(x)2ln xx3 x， ，x 1 e， ，e ， 则则 h(x)（ （x3）（）（x1） x2 . 当当 x 1 e， ，1 时，时，h(x)0，h(x)单调递增；单调递增； 微专题4 导数的综合应用 对点训练 h 1 e 21 e 3e， h(e)e3 e 2， h(e)h 1 e 2e2 e 41，则，则 g(x)x ln x2 （x1）2 . 令令 h(x)xln x2，则，则 h(x)11 x x 1 x ，所以当，所以当 x (1，)时，时，h(x)0，则，则 h(x)单调递增，单调递增， 因为因为 h(3)1ln 30， 所以， 所以x0(3， 4)，使得，使得 h(x0)0， 微专题4 导数的综合应用 对点训练 当当 x(1，x0)时，时，g(x)0， 所以所以 g(x)ming(x0)x 0（ （ln x01） x01 ，因为，因为 h(x0)x0 ln x020， 所 以所 以ln x0 x0 2 ， 所 以， 所 以g(x)min g(x0) x0（x021） x01 x0(3，4)， 所以所以 mx0(3，4)，即正整数，即正整数 m 的最大值为的最大值为 3. 谢谢观赏谢谢观赏 专专 题题 强强 化化 练练