第4讲　函数与导数的综合应用.pptx

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1、第4讲　函数与导数的综合应用高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0

2、；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.真题感悟(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.证明(1)设g(x)＝f′(x)，(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)

3、<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.考点整合2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其

4、零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)

5、可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明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)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)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∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I

6、使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)＝lnx－x＋1，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>

7、1时，h(x)f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的

8、分类标准进行讨论.【训练1】(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)(a<2).(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若方程f(x)＋a＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根，求a的取