2019年高考数学大二轮复习专题二函数与导数2.3二导数的综合应用课件

当 f′(x)>0 时，x2＋3x＋1<0，解得－2<x<－3＋2
5 .
当
f′(x)<0
时，解得
－3＋ x> 2
5 .
所以 f(x)的单调增区间为－2，－3＋2 5， 单调减区间为－3＋2 5，＋∞.
(2)证明：设 h(x)＝f(x)－g(x) ＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x>－1)． 当 k＝2 时，由题意，当 x∈(－1，＋∞)时，h(x)<0 恒成立． h′(x)＝－2xx2＋＋32x＋1－2＝－2x＋x＋32x＋1， 当 x>－1 时，h′(x)<0 恒成立，h(x)单调递减． 又 h(－1)＝0，当 x∈(－1，＋∞)时，h(x)<h(－1)＝0 成立，即 f(x)－g(x)<0 对 于∀x>－1，f(x)<g(x)．
专题二
函数与导数
(二) 导数的综合应用
题型一
题型一 利用导数证明不等式 已知 f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．
(1)求 f(x)的单调区间； (2)当 k＝2 时，求证：对于∀x>－1，f(x)<g(x)．
解析： (1)f′(x)＝x＋2 2－2(x＋1)
＝－2xx2＋＋32x＋1(x>－2)．
∴f(x)max＝f mm＝2ln mm－m·m1 ＋1＝－ln m， 若存在 x0，使得 f(x0)>m－1 成立，则 f(x)max>m－1. 即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0 成立， 令 g(x)＝x＋ln x－1(x>0)， ∵g′(x)＝1＋1x>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0，∴0<m<1. ∴实数 m 的取值范围是(0,1)．
三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与 x 轴(或直 线 y＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质， 进而画出其图象； 第三步：结合图象求解．
◎ 变式训练 (2018·西安市八校联考)已知函数 f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sin x(λ∈R)在区间[－1,1] 上单调递减． (1)求 λ 的最大值； (2)讨论关于 x 的方程lfnxx＝x2－2ex＋m 的解的个数．
利用导数证明不等式的策略 (1)证明 f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x)，可通过构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等 式转化为求证 h(x)≥0 或 h(x)≤0，从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等 式．或者，利用 f(x)min≥g(x)max 或 f(x)max≤g(x)min 来证明不等式． (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不 等式变换为简单的不等式，再进行证明．
由 g′(x)＝1－1x＝0，得 x＝1， 易知 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故当 0<x≤2 时，g(x)min＝g(1)＝1. h′(x)＝1－xl2n x，当 0<x≤2 时，h′(x)>0，所以 h(x)在(0,2]上单调递增，故当 0<x≤2 时，h(x)max＝h(2)＝1＋2ln 2<1，即 h(x)max<g(x)min，故当 0<x≤2 时，h(x)<g(x)， 即当 0<x≤2 时，f(x)>12x.
(ⅰ)当 a≤0 时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当 a>0 时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当 x∈(0,2)时，h′(x)<0；当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故 h(2)＝1－4ea2 是 h(x)在(0，＋∞)的最小值． ①若 h(2)>0，即 a<e42，h(x)在(0，＋∞)没有零点． ②若 h(2)＝0，即 a＝e42，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
③若 h(2)<0，即 a>e42， 因为 h(0)＝1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点； 由(1)知，当 x>0 时，ex>x2，所以 h(4a)＝1－1e64aa3＝1－1e62aa32>1－126aa34＝1－1a>0， 故 h(x)在(2,4a)有一个零点． 因此 h(x)在(0，＋∞)有两个零点． 综上，当 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e42.
所以 t(x)在区间[e，e2]上单调递增，故 t(x)min＝t(e)＝e－4＋4＝e>0，故 g′(x)>0， 所以 g(x)在区间[e，e2]上单调递增，函数 g(x)max＝g(e2)＝2－e82. 要使 k＋1>x－4xln x对于任意 x∈[e，e2]恒成立，只要 k＋1>g(x)max， 所以 k＋1>2－e82，即实数 k 的取值范围为1－e82，＋∞.
◎ 变式训练 (2018·郑州市第二次质量预测)设函数 f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处切线的斜率为 0. (1)求 a 的值； (2)求证：当 0<x≤2 时，f(x)>12x.
解析： (1)f′(x)＝2ax－ln x－1－1x， 由题意，可得 f′(1)＝2a－2＝0，所以 a＝1. (2)证明：由(1)得 f(x)＝x2－(x＋1)ln x， 要证当 0<x≤2 时，f(x)>12x， 只需证当 0<x≤2 时，x－lnxx－ln x>12， 令 g(x)＝x－ln x，h(x)＝lnxx＋12，
题型三
题型三 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2.
(1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
解析： (1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞)单调递减． 而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1. (2)设函数 h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于 h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
解析： (1)∵f(x)＝x， ∴g(x)＝λf(x)＋sin x＝λx＋sin x， 又 g(x)在[－1,1]上单调递减， ∴g′(x)＝λ＋cos x≤0 在[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x)min＝－1. 故 λ 的最大值为－1.
(2)lfnxx ＝lnx x＝x2－2ex＋m， 令 f1(x)＝lnxx，f2(x)＝x2－2ex＋m， ∵f′1(x)＝1－xl2n x， ∴当 x∈(0，e)时，f′1(x)>0，即 f1(x)单调递增； 当 x∈[e，＋∞)时，f1′(x)≤0，即 f1(x)单调递减． ∴f1(x)max＝f1(e)＝1e，
当 m≤0 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 m>0 时，令 f′(x)>0，则 0<x<
1， m
令 f′(x)<0，则 x>
1， m
∴f(x)在0， mm上单调递增，在 mm，＋∞上单调递减．
(2)由(1)知，当 f(x)有极值时，m>0，且 f(x)在0， mm上单调递增，在 mm，＋∞ 上单调递减．
1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数法： 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求解出所求范围． (2)函数思想法 第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：构建不等式求解．
(2)由题意，f(x)－4ln x<0， 即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0 对于任意 x∈[e，e2]恒成立， 即 k＋1>x－4xln x对于任意 x∈[e，e2]恒成立， 令 g(x)＝x－4xln x，x∈[e，e2]，则 g′(x)＝4ln x＋x2 x－4， 令 t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则 t′(x)＝4x＋1>0，
题型二
题型二 利用导数解决不等式恒成立、存在性成立问题 (2018·南昌市摸底调研)设函数 f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有极值时，若存在 x0，使得 f(x0)>m－1 成立，求实数 m 的取值范围．
解析： (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2mx＝－2mxx2－1，
解析： (1)f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k， ①当 k≤0 时，因为 x>1，所以 f′(x)＝ln x－k>0， 所以函数 f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)， 无单调递减区间，无极值． ②当 k>0 时，令 ln x－k＝0，解得 x＝ek， 当 1<x<ek 时，f′(x)<0； 当 x>ek 时，f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)， 在(1，＋∞)上的极小值为 f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
又 f2(x)＝(x－e)2＋m－e2， ∴当 m－e2>1e，即 m>e2＋1e时，方程无解； 当 m－e2＝1e，即 m＝e2＋1e时，方程有一个解； 当 m－e2<1e，即 m<e2＋1e时，方程有两个解．
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2019/11/ 20
2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧 (1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问 题； (2)用导数求该函数在该区间上的最值问题； (3)构建不等式求解．
◎ 变式训练 (2018·湘东五校联考)已知函数 f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)． (1)当 x>1 时，求 f(x)的单调区间和极值； (2)若对于任意 x∈[e，e2]，都有 f(x)<4ln x 成立，求 k 的取值范围．