2020届高考数学文二轮复习讲义：专题二_函数与导数_第四讲_导数的综合应用_含解析.doc

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1、第四讲　导数的综合应用1．利用导数求函数最值的几种情况(1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在a，b]上的最大值，{f(a)，f(b)}min是函数f(x)在a，b]上的最小值；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函数f(x)在a，b]上的最大值．(2)若函数f(x)在a，b]上单调递增，则f(a)是函数f(x)在a，b]上的最小值，f(b)是函数f(x)在a，b]上的

2、最大值；若函数f(x)在a，b]上单调递减，则f(a)是函数f(x)在a，b]上的最大值，f(b)是函数f(x)在a，b]上的最小值．(3)若函数f(x)在a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是函数f(x)在a，b]上的最大值，最小的一个是函数f(x)在a，b]上的最小值．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔f(x)－g(x)]

3、min>0(x∈I)．(2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.3．证明不等式问题不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等

4、式的关键．考点　利用导数研究函数的零点(或方程的根)　　典例示法题型1　利用导数判断零点(或根)的个数问题典例1　　2014·陕西高考]设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围．解]　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)

5、在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1是φ(x)的最大值点，∴φ(x)

6、的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b0)，∴(*)等价于h(x

7、)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立，∴m≥，∴m的取值范围是.题型2　利用零点(或根)的存在情况求参数的取值范围典例2　　已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．解]　(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)

8、＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝.∵x∈，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当0；当1