新高考数学一轮复习专题三导数及其应用3-3导数的综合应用课件

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题型一　利用导数研究不等式1.利用导数研究不等式恒(能)成立问题(1)恒(能)成立问题的转化策略一般有:参数讨论法,参变分离法,先特殊后一般法等.(2)常用的转化方法:①a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;②a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;③a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;④a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.(3)双变量恒(能)成立问题的转化方法:
①∀x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;②∀x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;③∃x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;④∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.其中,上述函数的最值都存在.2.利用导数证明不等式(1)直接构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)-g(x) <0),构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).只需证明h(x)min>0(或h(x)max<0).(2)先放缩后构造法:首先根据已知条件(或常用结论)适当放缩,然后构造函数,转化为求函数最值问题;有时也会利用上一问的结论进行放缩.
知识拓展    常见的放缩形式(大题使用需先证明)(1)ex≥x+1,ex-1≥x,ex≥ex,e-x≥1-x.(2)ln x≤x-1(x>0),ln(x+1)≤x(x>-1),ln  ≤ -1(x>0),ln x≥1- (x>0).(3)ex≥1+x+ x2(x≥0),ex≤1+x+ x2(x≤0),ln x≤ x(x>0).
例1    (2024河北石家庄25中月考,21)已知函数f(x)=ex-ax+e2-7.(1)当a=-7时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)若∀x∈[0,+∞), f(x)≥ x2,求a的取值范围.
  解析    (1)当a=-7时, f(x)=ex+7x+e2-7,则f '(x)=ex+7,则f '(1)=e+7.又f(1)=e+e2,所以所求切线方程为y-(e2+e)=(e+7)·(x-1),即y=(e+7)x+e2-7.(2)∀x∈[0,+∞), f(x)≥ x2等价于∀x∈[0,+∞),ex-ax+e2-7≥ x2.即ax≤ex+e2-7- x2(提示:若要参变分类,需不等式两边同除以x,但不要忽略x=0的情况)①当x=0时,e2-6≥0显然成立;②当x>0时,原不等式等价于4a≤ ,令g(x)= ,x>0,
则g'(x)= .(提示:导函数值的正负取决于分子的正负,而分子无法直接判断正负,故需对分子进一 步分析)令h(x)=4(x-1)ex-7x2-4e2+28,x>0,则h'(x)=4xex-14x=2x(2ex-7),当x∈ 时,h'(x)<0,当x∈ 时,h'(x)>0,则h(x)在 上单调递减,在 上单调递增.
因为h(0)=4(6-e2)<0,所以h <0,又h(2)=0,(提示:因h(x)中含有e2项,故想到验证h(2))则当x∈(0,2)时,g'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上 单调递增,则g(x)min=g(2)=4e2-28,则4a≤4e2-28,即a≤e2-7.故a的取值范围为(-∞,e2-7].
题型二　利用导数研究函数零点问题1.数形结合法,求函数f(x)的单调区间和极值,根据f(x)的性质作出图象,然后根据图象判 断函数零点个数.2.分类讨论法,求函数f(x)的单调区间和极值,然后分类讨论,判断函数的零点个数.
例2    (2024河北省级联测,18)已知函数f(x)=-aex-sin x-1在区间 内有唯一极值点x1,其中a∈R,e为自然对数的底数.(1)求实数a的取值范围;(2)证明: f(x)在区间 内有唯一零点.
  解析    (1)f '(x)=-aex-cs x,当x∈ 时,cs x∈(0,1),①当a≥0时, f '(x)<0, f(x)在 上单调递减,没有极值点,不合题意;②当a<0时,y=-aex与y=-cs x均在 上单调递增,故f '(x)在 上单调递增,因为f '(0)=-a-1, f ' =-a >0,所以f '(0)=-a-1<0,得a>-1,此时f '(x)在 内有唯一零点x1,所以当x∈(0,x1)时, f '(x)<0;当x∈ 时, f '(x)>0.