高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.3导数的综合应用课件理

③ 3 a 即 3 , f01,f1a5,
由于

5
4

a

4 3
4
所以当 4 时，f(x4)在(0,1)上有两个零点；
3 a 5
当
时，f(x4)在(0,1)上有一个零点.
综上a，34或当a54
时，h(x)有一个零点；
a3或a5 44
当 5 a 时，3h(x)有两个零点；
(1 , e ) 【变式训练】(2015·北京高考)设函数f(x)=
k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值.
(2)证明若f(x)有零点，则f(x)在区间
上仅有一
个零点.
k x2 k x .
xx
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=
x k，
因为k>0，所以令f′(x)=0得 列表如下：
【解析】(1)因为f(x)=x3-3x2+ax+2，
所以f′(x)=3x2-6x+a，f′(0)=a，
设切点A(0,2)，切线与x轴交点为B(-2,0),
则kAB=f′(0),即
所以a=1.
x23x14k,x0， x
(2)当k<1时，令f(x)-kx+2=x3-3x2+x-kx+4=0.
(2)设g(x)=
x＞-1，且x≠0，证明：g(x)＜1.
ln 1 x . 1 x
【解题导引】(1)先求导,然后结合函数的单调性求 最值. (2)构造函数h(x)=f(x)-x,结合函数的单调性证明. 【规范解答】(1)f′(x)=-xex. 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)=0.
min{f(x),g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.
【解题导引】(1)利用导数的几何意义,设切点为(x0,0), 利用f(x0)=0,f′(x0)=0列出方程组求解. (2)首先理解min{m,n}表示m,n中的最小值,然后按 x∈(1,+∞),x=1,x∈(0,1)进行分类讨论,确定h(x)零点 的个数.
x g′(x) g(x)
(-∞,0)
0
(0,+∞)
-
0
+
单调递减↘ 1-b 单调递增↗
所以函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞) 上单调递增,且g(x)的最小值为g(0)=1-b. ①当1-b≥0时,即b≤1时,g(x)=0至多有一个实根, 曲线y=f(x)与y=b最多有一个交点,不合题意. ②当1-b<0时,即b>1时,有g(0)=1-b<0, g(2b)=4b2+2bsin2b+cos2b-b>4b-2b-1-b>0.
第三课时 导数的综合应用
考向一 利用导数研究函数的零点或方程的根
【典例1】(2015·全国卷Ⅰ)已知函数
1 3
x ax , f(x)=
g(x)=-lnx.

x
0
3

ax 0

1 4

0,
(1)当a3为x02 何a 值0. 时，x轴为曲线y=f(x)的切线.
4
(2)用min{m,n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)=
当-1<x<0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)<1. 综上,总有g(x)<1.
命题方向2：不等式恒成立问题
【典例3】(2015·北京高考)已知函数f(x)= 2 ( x x 3 ). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程. 3
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)>
1 k e， 上没有f(e)2e零k2e2k0， 点.
1， 2
当 (1 , 即k 1) <k<e时，f(x)在 在 上递增，
f110， f(e)ek0， f(k)kklnkk1lnk0，
2 2 22
(上k ,递e)减，
k 此时函数没有零点.
e，
当 即k≥e时，f(x)在 上单调递减，
x
命题方向
命题视角
以函数为背景,利用导数证明某些不等式,主 证明不等式
要考查导数的综合应用,属难题
不等式恒成 以函数为背景,考查不等式恒成立问题的解
立问题
决方法及导数的综合应用,属难题
【考题例析】
命题方向1：证明不等式
【典例2】(2016·唐山模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1.
(1)求函数f(x)的最大值.
则 gxx23x14x0.
令
x
则g2′x(x)3=x422x3x32x24.
令h(x)=2x3-3x2-4，则h′(x)=6x2-6x=6x(x-1),
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0,h(x)递减.
当x∈(-∞，0)或(1，+∞)时，h′(x)>0,h(x)递增；且 h(0)<0,h(2)=0. 所以当x<2时，h(x)<0,g′(x)<0,g(x)在(-∞，0), (0,2)上递减； 当x>2时，h(x)>0,g′(x)>0,g(x)在(2，+∞)上递增；
x f′(x)
f(x)
(-∞,-1)
+
单调递 增↗
-1 (-1,a) a
0
-
0
极大值
单调递 减↘
极小值
(a,+∞)
+
单调递 增↗
故函数f(x)的单调递增区间是(-∞，-1)，(a，+∞)； 单调递减区间是(-1，a). 可知函数f(x)在区间(-2，-1)内单调递增；在区间 (-1,0)内单调递减. 从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点，
B.(1,1)
C.1,2
(x∈R，其中a＞0). D.(0,)
若函数f(x)在区间(3-2,03)内恰有两个零点，则 a的取
值范围是( )
f

f
f
( ( (0
2 1 )
) )

0
0, 0, ,
【解析】选A.f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f′(x)=0,得x=-1或a(a>0). 当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表:
(2)由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1<x<0时,g(x)<1等价于f(x)>x. 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1. 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,则0<-xex<1, 从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0,h(x)在(-1,0)上单调递减.
故h(x)在(1,+∞)上无零点.
当x=1时，若 则f(1)= ≥0, h(1)=min{f(a1),g54(1)}=g(1)=a 0,54故, x=1是h(x)的零点；
若 f01,f1则a5,f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,
44 故x=1不是h(x)的零点. 当x∈(0,1)时，g(x)=-ln x>0. 所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.
0＜ a ＜ 1 . 当且仅当
解得
(0，1 ). 3
3 所以a的取值范围是 ( 0 , 1 )
2
2.已知函数f(x)=x2+xsinx+cosx的图象与直线y=b有两
个不同的交点,则b的取值范围是
.
【解析】设g(x)=f(x)-b=x2+xsinx+cosx-b. 令g′(x)=f′(x)-0=x(2+cosx)=0,得x=0. 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如表:
所以当x∈(0,2)∪(2，+∞)时，g(x)≥g(2)=1， 当x∈(-∞，0)时，单调递减，且g(x)∈(-∞,+∞).
所以当k<1时，g(x)=k仅有一个根,图象如图所示, 所以当k<1时，y=f(x)与y=kx-2仅有一个交点.
考向二 利用导数研究不等式的有关问题 f ( x ) ，
【考情快递】
(i)若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,
故f(x)在(0,1)上单调.
而 所以( 当0 a, ≤-3时，a3f(x) )在(0,1)上有一个零点；当a≥0
时，f(x)在(0,1)上没有零点.
(ii)若-3<a<0,则f(x)在 ( 上a , 1单) 调递减，
22
22
即 所以022-4ln022≤所a<以2aa.， ≥2-4ln 2，
②当a≥2时，在 m(1)上h(1)，m(x)≥0，h(x)＜0， 22
所以f(x)＞0，所以f(x)在 m(1)上h(1)，无零点. 由①②得a≥2-4ln 2，所以a2min2 =2-4ln 2.
4.(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a. (2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个 交点.
4
4
当
x2

时，h(x)有三个零点. kln x,
2
【规律方法】利用导数研究方程根的方法 (1)研究方程根的情况,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. (2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数 极(最)值的位置. (3)通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求 解有一个清晰、直观的整体展现.
(1, e )
f110，f(e)ek0.
22
1x31ax2所以axf(xa)在， 区间
3
2
有一个零点.
上仅
f110，f(e)ek0.
22
综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间 上仅有一个
零点.
f110，f(e)ek0.
22
【加固训练】
1.已知函数f(x)= A.(0,1)
3
在 x
上a 单调递增，故在(0,1)中，当
f(时a)，2a a1.
f(x)取得3最小值，最小值为
3 3 34
①若
即
f(x)在(0f,1()上没 有a3 零) 点 ；0 ,
②若

3 4

a即 0,
则f (f(xa3)在) (00, ,1)上有唯一零点；
a 3, 4
f( a ) 0, 3
(2)f(x)=(2-a)(x-1，x＞0；h(x)=2ln x，x＞0，
则f(x)=m(x)-h(x).
①当a＜2时，m(x)在 上为增函数，h(x)在
上为增函数，
(0,1 ) 2
(0,1 ) 2
若f(x)在 m(1)上h(1)，无零点，则 2a(11)2ln1，
3.已知函数f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a.
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)在区间
上无零点，求a的最小值.
1 2，
x
【解析】(1)当a=1时，f(x)=x-1-2ln x， 则f′(x)= ( 0定, 1 义) 域x∈(0，+∞). 由f′(x)＞0，得2 x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2， 故f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为 (2，+∞).
【规范解答】(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点
1 3 (x0,0)，则f(x0)=0，f′(x0)=0，即
x ,a . 解得
0
2 4 因此，a 当

3 时4，x轴为曲线y=f(x)的切线.
a5, 4
(2)当x∈(1,+∞)时，g(x)=-ln x<0,
从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
(0, k )
x
k
( k,)
(0, k )，
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
减区间为 ( k,增). 区间为
f( k)kklnk. 2
当x= 时，取得极小值
( k,)
(1, e )
(2)当 ≤1,即0<k≤1时，f(x)在 上单调递增，
( k,)
f(1)=
1，
所以f(x)在区间2
所以y=g(x)在(0,2b)内存在零点. 又y=g(x)在R上是偶函数,且g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以y=g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,在(-∞,0)也有唯 一零点. 故当b>1时,y=g(x)在R上有两个零点, 则曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点.
综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点, 那么b的取值范围是(1,+∞). 答案:(1,+∞)
(3)设实数k使得f(x)>
对kx( ∈x (x033,)1)恒成立，
求k的最大值.
2 ( x x 3 )， 3
【解题导引】(1)求出切点(0,f(0))，导数f′(0)，
代入得到切线方程.
(2)构造函数F(x)=ln(1+x)-ln(1-x)小值大于0.
ln1xk(x证x3明), 最 1x 3