2022年新教材高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用4导数的综合应用课件（人教版）

3.4导数的综合应用第三章2022高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI\n内容索引0102第一环节　关键能力形成第二环节　学科素养提升\n第一环节关键能力形成\n能力形成点1利用导数证明不等式例1设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(1)解由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞),令f'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.\n\n解题心得利用导数证明不等式时,可移项使不等式一边化为0的形式,再构造函数,将问题转化为函数的单调性、极值或最值问题,即利用求导方法求单调区间,比较函数值与0的关系.如证明不等式f(x)<g(x),可构造函数h(x)=f(x)-g(x),证明h(x)max<0即可,也可证明f(x)max<g(x)min.\n对点训练1设函数(1)证明:f(x)在区间(0,1)内单调递减;(2)若0<a<x<1,证明:g(x)>1.即当0<x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增.又h(1)=0,所以当0<x<1时,h(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)内单调递减.\n\n能力形成点2利用导数解决恒成立问题例2已知函数的定义域为(0,+∞).(1)求函数f(x)在区间[m,m+1](m>0)上的最小值;(2)对∀x∈(0,+∞),关于x的不等式xf(x)>-x2+λx-1恒成立,求λ的取值范围.令f'(x)>0,得x>1;令f'(x)<0,得0<x<1.故函数f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.(1)当m≥1时,函数f(x)在区间[m,m+1](m>0)上单调递增,当0<m<1时,函数f(x)在区间[m,1]上单调递减,在区间[1,m+1]上单调递增,即f(x)min=f(1)=e.\n(2)由题意知对∀x∈(0,+∞),关于x的不等式ex+x2+1>λx恒成立,由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1.即g(x)min=g(1)=e+2,则λ<e+2.故λ的取值范围为(-∞,e+2).\n拓展延伸例2条件下,将(2)改为:,使得关于x的不等式xf(x)>-x2+λx-1有解,求λ的取值范围.\n解题心得利用导数解决不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,然后求出最值,进而得出相应的含参数不等式,最后求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.\n对点训练2(2)若在区间(1,+∞)内,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的下方,求a的取值范围.\n\n当x1<x2,即<a<1时,在区间(0,1)内有g'(x)>0,在区间(1,x2)内有g'(x)<0,在区间(x2,+∞)内有g'(x)>0,此时g(x)在区间(x2,+∞)内单调递增,并且在该区间上有g(x)∈(g(x2),+∞),不符合题意;当x2≤x1,即a≥1时,同理可知,g(x)在区间(1,+∞)内有g(x)∈(g(1),+∞),也不符合题意.\n\n能力形成点3求与函数零点有关的参数范围例3已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)·ex-1=(aex-1)(2ex+1).①若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递减.②若a>0,则由f'(x)=0,得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-lna)内单调递减,在区间(-lna,+∞)内单调递增.\n\n解题心得与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,或者转化为两个熟悉函数的图象交点问题,进而确定参数的取值范围.\n对点训练3设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性.(2)若①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,即f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.\n\n\n\n第二环节学科素养提升\n用放缩法证明不等式典例已知函数f(x)=ax-lnx-1(a∈R).(1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值;(2)求证:(3)已知k(e-x+x2)≥x-xlnx恒成立,求k的取值范围.(1)解:由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,即g(x)max=g(1)=1,则a≥1,故a的最小值为1.\n\n解题心得导数的综合应用题中,最常见的就是ex和lnx与其他代数式结合的难题,对于这类问题,可以先对ex和lnx进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时,取等号;(2)ex≥ex,当且仅当x=1时,取等号;\n变式训练已知函数f(x)=ex-x2.(1)求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求证:当x>0时,(1)解因为f(x)=ex-x2,所以f'(x)=ex-2x,所以f'(1)=e-2,f(1)=e-1,所以函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-2)(x-1)+e-1,即y=(e-2)x+1.\n(2)证明令g(x)=f'(x),则g'(x)=ex-2.当x<ln2时,g'(x)<0;当x>ln2时,g'(x)>0,所以函数g(x)在区间(-∞,ln2)内单调递减,在区间(ln2,+∞)内单调递增,所以g(x)min=g(ln2)=f'(ln2)=2-2ln2>0,所以函数f(x)=ex-x2在R上单调递增,亦即在区间(0,+∞)内单调递增.由函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-2)x+1,f(1)=e-1,可猜测当x>0时,f(x)≥(e-2)x+1.设h(x)=f(x)-(e-2)x-1(x>0),则h'(x)=ex-2x-e+2,令m(x)=h'(x),则m'(x)=ex-2.当0<x<ln2时,m'(x)<0;当x>ln2时,m'(x)>0,所以m(x)=h'(x)在区间(0,ln2)内单调递减,在区间(ln2,+∞)内单调递增.\n因为h'(1)=0,0<ln2<1,所以h'(ln2)<0.又因为h'(0)=3-e>0,所以存在x0∈(0,ln2),使得h'(x0)=0,所以当0<x<x0或x>1时,h'(x)>0;当x0<x<1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,x0),(1,+∞)内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减.因为h(0)=h(1)=0,所以h(x)≥0,即f(x)≥(e-2)x+1,当且仅当x=1时,取等号,