《高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 3.3 導數(shù)的綜合應用課件 文 北師大版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 3.3 導數(shù)的綜合應用課件 文 北師大版.ppt（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

3.3 導數(shù)的綜合應用,考綱要求:1.會用導數(shù)解決實際問題. 2.會利用導數(shù)研究函數(shù)的零點、方程的根及不等式證明類問題.,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1利用導數(shù)證明不等式 例1已知函數(shù)f(x)=ax-ex(a0). (1)若a= ,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當1≤a≤1+e時,求證:f(x)≤x.,(1)解:當 ,令f'(x)=0,得x=-ln 2. 當x0;當x-ln 2時,f'(x)0, ∴函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(-∞,-ln 2),遞減區(qū)間為(-ln 2,+∞).,考點1,考點2,考點3,知識方法,(2)證明:(方法一)令F(x)=x-f(x)=ex-(a-1)x, ①當a=1時,F(x)=ex0,∴f(x)≤x成立. ②當1ln(a-1)時,F'(x)0, ∴F(x)在(-∞,ln(a-1))上遞減,在(ln(a-1),+∞)上遞增. ∴F(x)≥F(ln(a-1))=eln(a-1)-(a-1)·ln(a-1)=(a-1)[1-ln(a-1)], ∵10,1-ln(a-1)≥1-ln [(1+e)-1]=0, ∴F(x)≥0,即f(x)≤x成立. 綜上,當1≤a≤1+e時,有f(x)≤x.,考點1,考點2,考點3,知識方法,(方法二)令g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex, 只要證明g(a)≥0在1≤a≤1+e時恒成立即可. g(1)=-x+x+ex=ex0,① g(1+e)=-x·(1+e)+x+ex=ex-ex, 設(shè)h(x)=ex-ex,則h'(x)=ex-e, 當x1時,h'(x)0, ∴h(x)在(-∞,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增, ∴h(x)≥h(1)=e1-e·1=0, 即g(1+e)≥0.② 由①②知,g(a)≥0在1≤a≤1+e時恒成立. ∴當1≤a≤1+e時,有f(x)≤x.,考點1,考點2,考點3,知識方法,思考:利用導數(shù)證明不等式的常用方法有哪些? 解題心得:證明不等式的常用方法: (1)若證明f(x)g(x),x∈(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同時若F(a)≤0,則有F(x)0,即證明了f(x)g(x). (2)若證明F(x)0,可變形為F(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x),只需證f(x)maxg(x)min. (3)若證明F(x)0,可以利用導數(shù)判斷出F(x)的單調(diào)性,再利用零點存在性定理找到函數(shù)F(x)在什么地方可以等于零,從而證明F(x)0.,,考點1,考點2,考點3,知識方法,對點訓練1 設(shè)a為實數(shù),函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值; (2)求證:當aln 2-1,且x0時,exx2-2ax+1.,(1)解:由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f'(x)=ex-2,x∈R.令f'(x)=0,得x=ln 2,于是當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: 故f(x)的遞減區(qū)間是(-∞,ln 2),遞增區(qū)間是(ln 2,+∞),f(x)在x=ln 2處取得極小值,極小值為f(ln 2)= -2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).,考點1,考點2,考點3,知識方法,(2)證明:設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g'(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知當aln 2-1時,g'(x)的最小值為g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)0.于是對任意x∈R,都有g(shù)'(x)0,所以g(x)在R內(nèi)遞增. 于是當aln 2-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)g(0).而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)0,即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點2利用導數(shù)解決不等式恒成立問題 例2已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+bx+c在x=1處的切線是y=(3a-3)x-3a+4. (1)試用a表示b和c; (2)若函數(shù) 在[1,3]上恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.,解:(1)因為f'(x)=3x2-6x+b, 所以f'(1)=-3+b=3a-3,f(1)=b+c-2=1, 即有b=3a,c=-3a+3.,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,解題心得:利用導數(shù)研究不等式恒成立問題,首先要構(gòu)造函數(shù),利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,求出最值,進而得出相應的含參不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;也可分離變量,構(gòu)造函數(shù),直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.,思考:利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的基本思路是什么?,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點3利用導數(shù)求與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍 例3已知函數(shù)f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲線y=f(x)在點(a,f(a))處與直線y=b相切,求a與b的值; (2)若曲線y=f(x)與直線y=b有兩個不同交點,求b的取值范圍.,解:由f(x)=x2+xsin x+cos x,得f'(x)=x(2+cos x). (1)因為曲線y=f(x)在點(a,f(a))處與直線y=b相切, 所以f'(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a).解得a=0,b=f(0)=1.,考點1,考點2,考點3,知識方法,(2)令f'(x)=0,得x=0.f(x)與f'(x)的情況如下: 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上遞減,在區(qū)間(0,+∞)上遞增,f(0)=1是f(x)的最小值. 當b≤1時,曲線y=f(x)與直線y=b最多只有一個交點; 當b1時,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-14b-2b-1b,f(0)=11時,曲線y=f(x)與直線y=b有且僅有兩個不同交點. 綜上可知,如果曲線y=f(x)與直線y=b有兩個不同交點,那么b的取值范圍是(1,+∞).,考點1,考點2,考點3,知識方法,思考:如何利用導數(shù)求與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍?,解題心得:與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍問題,往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點,并結(jié)合特殊點,從而判斷函數(shù)的大致圖像,討論其圖像與x軸的位置關(guān)系(或者轉(zhuǎn)化為兩個熟悉函數(shù)交點問題),進而確定參數(shù)的取值范圍.,考點1,考點2,考點3,知識方法,對點訓練3 已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x00,求a的取值范圍.,考點1,考點2,考點3,知識方法,對點訓練3 設(shè)函數(shù)f(x)=(1+x)2-2ln(1+x). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若關(guān)于x的方程f(x)=x2+x+a在[0,2]上恰有兩個相異實根,求實數(shù)a的取值范圍.,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,考點1,考點2,考點3,知識方法,1.利用導數(shù)證明不等式,就是利用不等式與函數(shù)之間的聯(lián)系,結(jié)合不等式的結(jié)構(gòu)特征,直接或等價變形后構(gòu)造相應的函數(shù),將不等式的部分或者全部投射到函數(shù)上.通過導數(shù)運算判斷出函數(shù)的單調(diào)性,利用單調(diào)性證明,或利用導數(shù)運算來求出函數(shù)的最值,利用最值證明. 2.求解不等式恒成立問題時,可以考慮將參數(shù)分離出來,將參數(shù)范圍問題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)的值域問題. 3.研究函數(shù)圖像的交點、方程的根、函數(shù)的零點,歸根到底還是研究函數(shù)的性質(zhì),如單調(diào)性、極值,然后通過數(shù)形結(jié)合的思想找到解題思路,因此使用的知識還是函數(shù)的單調(diào)性和極值的知識.,