2020版数学新攻略大一轮浙江专用课件:15_§ 3_4 导数的综合应用 .pptx
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1、3.4 导数的综合应用,考点突破,考点一 利用最值(极值)判断零点个数,考点二 导数与不等式,考点三 利用导数解决实际问题,导数与零点 命题方向一 利用最值(极值)判断零点个数 典例1 已知函数f(x)=ln x+ ,其中a为实常数. (1)判断函数f(x)的零点个数; (2)若f(x) (e是自然对数的底数)在(0,+)上恒成立,求实数a的 取值范围.,考点突破,解析 (1)f (x)= ,x0. 当a0时, f(x)在(0,+)上单调递增. 若|a|e,则f(e)=ln e+ 0; 若|a|e,则f(|a|)=ln|a|+ =ln|a|-1ln e-1=0. 取m=maxe,|a|,则有f
2、(m)0, f(1)=a0,f(1)=a0, 所以由函数零点存在性定理结合函数单调性知,函数f(x)有唯一零点. 当a0时, f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+)上单调递增,所以f,(x)min=f(a)=ln a+1. 若ln a+1=0,即a= ,则函数f(x)有唯一零点; 若ln a+10,即a ,则函数f(x)无零点; 若ln a+10,且f(a3)=3ln a+ 0,补证:设g(t)=3ln t+ ,则g(t)= - = .当t 时,g(t)g =e2-30.证毕 所以函数f(x)有两个零点. 综上所述,当a 时, f(x)无零点;当0a 时, f(x)有两个零点;当
3、a0或a= 时, f(x)有唯一零点. (2)问题转化为xln x- +a0在(0,+)上恒成立.,设g(x)=xln x- +a,则问题转化为在(0,+)上g(x)min0成立. 又g(x)=ln x+1+ ,g =0, 所以当x 时,g(x)0;当0x 时,g(x)0. 所以g(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 所以g(x)min=g = ln - +a=- - +a0,所以ae-1+ ,故实数a的取值范围是e-1+ ,+).,典例2 设函数f(x)= x2-mln x,g(x)=x2-(m+1)x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当m1时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交
4、点个数.,命题方向二 构造函数法研究零点问题,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=x- = , 当m0时, f (x)0,所以f(x)在(0,+)上单调递增; 当m0时, f (x)= , 所以当0 时, f (x)0,函数f(x)单调递增. 综上,当m0时, f(x)在(0,+)上单调递增;,当m0时,函数f(x)的单调增区间是( ,+),单调减区间是(0, ). (2)令F(x)=f(x)-g(x)=- x2+(m+1)x-mln x,x0, 问题等价于求函数F(x)的零点个数问题, F(x)=- , 当m=1时,F(x)0,函数F(x)为减函数, 因为F(1)=
5、0, f(4)=-ln 40, 所以F(x)有唯一零点;,当m1时,0m时F(x)0, 所以函数F(x)在(0,1)和(m,+)上单调递减,在(1,m)上单调递增, 因为F(1)=m+ 0, f(2m+2)=-mln(2m+2)0, 所以F(x)有唯一零点. 综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点.,规律方法 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负、函数单调性判 断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可
6、利用函数的值域或最值,结 合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围.,(3)构造函数法研究函数零点 根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根 据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值 与0的关系,从而求解. 解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化, 突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.,1-1 (2018重庆调研)设函数f(x)=-x2+ax+ln x(aR). (1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间; (2)设函数f(x)在 上有两个零点,求实数a的取值范围.,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+),
7、 当a=-1时, f (x)=-2x-1+ = ,令f (x)=0,得x= (负值舍去), 当00,当x 时, f (x)0, f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 . (2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x- ,令g(x)=x- ,其中x ,则g(x)=1- = ,令g(x)=0,得x =1,当 x0, g(x)的单调递减区间为 ,单调递增区间为(1,3, g(x)min=g(1)=1, 由于函数f(x)在 上有两个零点,g =3ln 3+ ,g(3)=3- , 3ln 3+ 3- ,实数a的取值范围是 .,导数与不等式 命题方向一 导数与不等式证明,典例3 已知函数f
8、(x)=ln x- +(a-1)x- ,其中a-1且a0. (1)当a0时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)有两个相异的零点x1,x2, (i)求实数a的取值范围; (ii)求证:x1+x22.,解析 (1)f (x)= , 由于a0,x0,所以-ax-10.令x3=1,x4=- . (i)当a0时, f(x)在(0,1上单调递增,在1,+)上单调递减. 因为f(x)有两个相异零点, 所以f(1)0,即f(1)= 0.,所以a3.满足题意. 当-1x3, f(x)在(0,1上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增,要使f(x)在(0,+)上有两个相异的零点,则f = 0,此时
9、方程无解. 综上,实数a的取值范围是(3,+). (ii)证明:先证明:当a3时,对任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 令g(x)=f(2-x)-f(x),则g(x)= 0,则g(x)在(0,1上单调递减,又g(1)=,0,所以g(x)g(1)=0,即对任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 由(i)得函数f(x)的两个零点x1,x2(不妨设x11,2-x11,又由(1)得f(x)在(1,+)上单调递减,从而x22-x1,即x1+x2 2.,方法指导 利用导数证明不等式的方法 (1)构造函数(x),转化为证明(x)0(或(x)0); (2)求函数(x)的单调区间; (3)判断区
10、间端点处的函数值与0的关系; (4)判断定义域内(x)与0的大小关系,证明不等式. 命题方向二 导数与不等式恒成立问题,典例4 已知函数f(x)= x3+ ax2+bx(a,bR). (1)若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点,求3a+b的取值范围; (2)当a=0,b-1时,求证:对任意的实数x0,2,|f(x)|2b+ 恒成立.,解析 (1)f (x)=x2+ax+b,由已知可得f (x)=0在(0,2)上存在两个不同的零 点, 故有 即 令z=3a+b,画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分所示,不包括 a轴上的部分).,由图可知-8z0, 故3a+b的取值范围是(-8,0).
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