江苏省2019高考数学二轮复习第17讲导数的综合应用课件
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(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,则a的取值范围是 答案 [1,e]
.
e y y0 a ,因为曲线y=sin x上存在 解析 由题意可得y0=sin x0∈[-1,1], f(y0)=
0
点(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,所以存在y0∈[0,1],使f(y0)=y0成立,即f(x)=x在[0,1]上有 解,即ex+x-a=x2,a=ex+x-x2,在x∈[0,1]上有解, 令g(x)=ex+x-x2,x∈[0,1],则g'(x)=ex+1-2x>0,x∈[0,1],g(x)在x∈[0,1]上单调递增, 则g(0)=1≤g(x)≤g(1)=e,即1≤a≤e.
数,求实数c的取值范围.
解析
x f '(x) f (x )
2 x e x x 2 e x x(2 x) (1)f '(x)= x 2 = x , e (e )
(-∞,0) ↘ 0 0 极小值 (0,2) + ↗ 2 0 极大值 (2,+∞) ↘
所以函数f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-∞,0),(2,+∞).
1 1, x 1, x 1 2 3.若函数f(x)= 则函数y=|f(x)|- 的零点个数为 8 ln x , x 1, x2
.
答案 4
解析
ln x 1 2ln x 当x≥1时, f(x)= ,由f '(x)=0得x= e ,当x∈(1, e )时, f ' 2 ,则f '(x)= 3 x x
【核心归纳】 对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数
学思想来求解.这类问题求解的通法: ①构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域;②求导数,得单 调区间和极值点;③画出函数草图;④数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象 与x轴的交点情况进而求解.
题型三 导数中的探索性问题
2 3
则g'(x)=6x2-6ax+6=6(x2-ax+1),x∈[0,1].
①当0<a≤2时,Δ=36(a2-4)≤0,所以g'(x)≥0恒成立,g(x)在[0,1]上单调递增,
g (x)取得最大值时x的值为1.
a ②当a>2时,g'(x)的对称轴为x= >1,且Δ=36(a2-4)>0,g'(1)=6(2-a)<0,g'(0)=6>0, 2 a a2 4 所以g'(x)在(0,1)上存在唯一零点x0= . 2
例3 (2018苏锡常镇四市高三调研(二))已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1,a,b∈R. (1)若a2+b=0. (i)a>0时,求函数f(x)的极值(用a表示);
(ii)若f(x)有三个相异零点,问是否存在实数a使得这三个零点成等差数列?若
题型一
导数与不等式的综合应用
例1 (2018南京高三第三次模拟)已知函数f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0),记f '(x)为f (x)的导函数.
(1)若f (x)的极大值为0,求实数a的值;
(2)若函数g (x)=f (x)+6x,求g (x)在[0,1]上取到最大值时x的值;
a a 2 (3)若关于x的不等式f(x)≥f '(x)在 上有解,求满足条件的正整数a的取 , 2 2
(x)>0, f(x)递增,
x∈( e ,+∞)时, f '(x)<0, f(x)递减,但f(x)>0,且x→+∞, f(x)→0,作出函数y=|f(x)|
1 的图象如图,由图可得y=|f(x)|- 有4个零点. 8
e x x a (a∈R,e为自然对数的底数).若曲线y=sin x上存在一点 4.设函数f(x)=
x2 (2)函数g(x)= x -m(x≥0)有2个零点.证明如下: e 4 4 因为0<m< 2 时,所以g(2)= 2 -m>0,g(0)=-m<0, e e
且g(x)在(0,2)上单调递增且连续, 得g(x)在(0,2)上仅有一个零点,
x2 4 x 2 由(1)可得x≥0时, f(x)≤f(2),即 ≤ <1, 故 x ≥ 0 时 ,e > x , 2 x e e 4 4 16 16 16 m 2 4 me m e 2 4 16 4 m m m x 2 m m e > e > 所以g = ,由e >x 得 ,平方得 4 4 = 4 -m= 2 ,所 m m m e m e m me m 4 以g <0, m 4 由g(2)>0,g <0,且g(x)在(2,+∞)上单调递减且连续得g(x)在(2,+∞)上仅有 m
据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大
小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
题型二 导数与函数、方程的综合应用
例2
x2 (2018江苏扬州中学高三第四次模拟)已知函数f(x)= x, e
(1)求函数f(x)的单调区间;
x2 4 (2)当0<m< 时,判断函数g(x)= -m(x≥0)有几个零点,并证明你的结论; 2 x e e 1 1 1 1 2 x f ( x ) x f ( x ) (3)设函数h(x)= cx ,若函数h(x)在(0,+∞)上为增函 2 x x 2
a a 2 a 3 2 , 所以h(x)在 上单调递减 , 所以 h ≥ 0, 即 a -3 a -6a+4≤0. 2 2 2
设t(a)=a3-3a2-6a+4(a>0),则t'(a)=3a2-6a-6,
3 )时,t'(a)<0,t(a)单调递减; 当a∈(0,1+ 3 ,+∞)时,t'(a)>0,t(a)单调递增. 当a∈(1+
实数m的取值范围是 答案 [-2,8]
.
解析 当x≤0时, f '(x)=12-3x2=3(2+x)(2-x),由f '(x)=0得x=-2,且x∈(-∞,-2)时, f ' (x)<0, f(x)递减,x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)递增,且f(-2)=-16,作出函数f(x)的图象, 由图象可得当m∈[-2,8]时, f(x)∈[-16,+∞).
x(2 x) 1 1 1 1 1 从而F'(x)= x -1- 2 ≤ x -1- 2 <1-1- 2 =- 2 <0. e x e x x x
∴F'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,故F(x)在(0,+∞)上单调递减.
1 4 3 ∵F(1)= >0,F(2)= - <0,∴F(1)· F(2)<0,又因为F(x)在[1,2]上连续, 2 e e 2
第17讲
导数的综合应用
第17讲 导数的综合应用
3 3 0, , f(x)的最大值为 ,则实数m 1.若函数f(x)=mxsin x- (m∈R),若对x∈ 2 2 2
的取值为 答案 1
.
解析
0, 上递减,最大值为f 因为f '(x)=m(sin x+xcos x),当m≤0时, f(x)在x∈ 2
因为t(0)=4>0,t(1)=-4<0,所以t(a)存在一个零点m∈(0,1), 因为t(4)=-4<0,t(5)=24>0,所以t(a)存在一个零点n∈(4,5), 所以t(a)≤0的解集为[m,n],故满足条件的正整数a的取值集合为{1,2,3,4}.
【方法归纳】 (1)不等式恒成立与能成立问题的常用解法:
a a 2 , (3)设h(x)=f (x)-f '(x)=2x -3(a+2)x +6ax+3a-2,则h(x)≥0在 上有解. 2 2
3 2
2 2 a 2 a 4 2 h'(x)=6[x -(a+2)x+a]=6 x , 2 4 a a 2 a 3 2 , 因为h'(x)在 上单调递减,所以h'(x)≤h' a <0, =- 2 2 2 2
①分离参数后转化为函数的最值问题:不等式恒成立问题在变量与参数易于 分离的情况下,通过分离参数将原问题转化为函数的最值问题,形如a>f(x)max 或a<f(x)min. ②直接转化为函数的最值问题:在参数难以分离的情况下,直接转化为含参函 数的最值问题,常常需要对参数进行分类讨论. (2)利用导数证明不等式常见类型及解题策略:①构造差函数.根据函数的导 函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等关系,进而证明不等式. ②根
一个零点,
x2 综上得:函数g(x)= -m(x≥0)有2个零点. x e
2 x 1 1 (3)记函数F(x)=f(x)- ,x>0,下面考查F(x)的符号. x = x -x+ x x e x(2 x) 1 求导得F'(x)= x -1- 2 ,x>0.当x≥2时F'(x)<0恒成立. e x 2 x (2 x) 当0<x<2时,x(2-x)≤ =1, 2
3 0, 上递增,最大值为f (0)=- ,不符合题意,所以m>0,此时f(x)在x∈ m = 2 2 2 2 3 3 = ,解得m=1,符合题意,故m=1. 2 2
12 x x3 , x 0, 2.已知函数f(x)= 当x∈(-∞,m]时, f(x)的取值范围为[-16,+∞),则 2 x, x 0,
因为h(x)在(0,+∞)上单调递增且连续,所以h'(x)≥0在(0,x0),(x0,+∞)上恒成立.
x(2 x) 2 x ①当x>x0时, x -2cx≥0在(x0,+∞)上恒成立,即2c≤ x 在(x0,+∞)上恒成 e e 2 x x3 立.记u(x)= x ,x>x0,则u'(x)= x ,x>x0, e e
当x变化时,u'(x),u(x)变化情况如下表:
x u'(x) (x0,3) 3 0 (3,+∞) +
u(x)
↘
极小值
↗
1 ∴u(x)min=u(x)极小=u(3)=- . 3 e 1 1 故2c≤u(x)min=- 3 ,即c≤- 3. e 2e 1 ②当0<x<x0时,h'(x)=1+ 2 -2cx,当c≤0时,h'(x)>0在(0,x0)上恒成立. x 1 综合(1)(2)知, 实数c的取值范围是c≤- 3. 2e
当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g (x)单调递增,当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,g (x)单调递减,
a a2 4 则g (x)取得最g (x)取得最大值时x的值为1;
a a2 4 当a>2时,g (x)取得最大值时x的值为 . 2
所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的x0∈(1,2),使F(x0)=0, ∴x∈(0,x0),F(x)>0;x∈(x0,+∞),F(x)<0.
1 2 x cx ,0 x x0 , x ∴h(x)= 2 x 2 cx , x x0 , x e
1 1 2 2cx,0 x x0 , x ∴h'(x)= x(2 x) 2cx, x x , 0 ex
值集合.
解析 (1)因为f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0),
所以f '(x)=6x2-6ax=6x(x-a).令f '(x)=0,得x=0或a.
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f (x)单调递增;当x∈(0,a)时, f '(x)<0, f (x)单调递减;当
x∈(a,+∞)时, f '(x)>0, f (x)单调递增. 故f (x)极大值=f (0)=3a-2=0,解得a= . (2)g (x)=f (x)+6x=2x3-3ax2+6x+3a-2(a>0),