全国统考2022版高考数学大一轮备考复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用课件文

1、第三讲 导数的综合应用,第三章 导数及其应用,考法帮 解题能力提升,考法1 利用导数证明不等式 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 考法3 利用导数解决零点问题,高分帮 “双一流”名校冲刺,数学探索1 极值点偏移问题 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,提能力 数学探索,考情解读,考情解读,考法帮解题能力提升,考法1 利用导数证明不等式 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 考法3 利用导数解决函数问题,考法1 利用导数证明不等式,命题角度1单(双)变量不等式的证明 示例1 已知函数f()=ln -. (1)当=-1时,求函数f()在(0,+)上的最值; (2)证明:对一切(0,+)

2、,都有ln +1 1 e +1 2 e 2 成立. 思维导引 （1）,考法1 利用导数证明不等式,(2),考法1 利用导数证明不等式,解析(1)函数f()=ln -的定义域为(0,+). 当=-1时, f()=ln +, f()=ln +2. 由f()=0,得= 1 e 2 .当0 1 e 2 时, f()0. 所以f()在(0, 1 e 2 )上单调递减,在( 1 e 2 ,+)上单调递增. 因此f()在= 1 e 2 处取得最小值,即f()min=f( 1 e 2 )=- 1 e 2 ,但f()在(0,+)上无最大值.,考法1 利用导数证明不等式,(2)当0时,ln +1 1 e +1 2

3、 e 2 等价于(ln +1) e +1 2 e 2 .(构造两个函数,转化为两个函数的最值问题) 设g()= e +1 2 e 2 ,(0,+),则g()= 1 e +1 , 当00; 当1时,g()0. 所以g()在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减. 因此g()ma=g(1)=- 1 e 2 .,考法1 利用导数证明不等式,所以g()= e +1 2 e 2 - 1 e 2 ,当且仅当=1时等号成立. 由(1)知=-1时, f()=ln +- 1 e 2 ,当且仅当= 1 e 2 时取等号. 虽然f()- 1 e 2 g(),但是f()和g()取到- 1 e 2 时的值不同,所

4、以两个“=”不会同时成立, 从而可知对一切(0,+),都有f()g(),即ln +1 1 e +1 2 e 2 .,考法1 利用导数证明不等式,解后反思,考法3 对数函数的性质及应用,考法1 利用导数证明不等式,方法技巧 1.证明含单变量的不等式问题的方法 (1)利用单调性:若f()在,上单调递增,则,有f()f()f();1,2,且12,有f(1)f(2).减函数有类似结论. (2)利用最值:若f()在区间D内有最大值M(或最小值m),则D,有f()M(或f()m).,考法3 对数函数的性质及应用,考法1 利用导数证明不等式,(3)构造函数:常见的构造方法有:作差构造法:证明不等式f()g(

5、)(f()0(f()-g()0), +1 ln(+1)(-1);构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数.,考法1 利用导数证明不等式,(4)拆分函数:若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的最值问题,可将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量),完成证明的目标.对于一些不等式可转化为f()g()的形式,证明f()ming()max即可,在转化中,一定要注意合理性的把握,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准.,考法1 利用导数证

6、明不等式,2.解决含双变量的不等式证明问题的策略 含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及的函数有两个不同变量,处理此类问题有两个策略:一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解;二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.,考法1 利用导数证明不等式,命题角度2数列型不等式的证明 示例2 2020湖北黄冈5月模拟已知函数f()=|-|-ln (0). (1)讨论f()的单调性. (2)证明: ln 2 2 2 2 + ln 3 2 3 2 + ln 2 2 2).,考法1 利用导数证明不等式,解

7、析 (1)函数f()可化为f()= ln, ln,0, . (去绝对值) 当0时,f()=-1- 1 0,f()单调递减.当时,f()=1- 1 = 1 ,.(f()的符号不能确定,需对进行分类讨论) 若1,则f()0,f()在,+)上单调递增, 若01,则当1时,考法1 利用导数证明不等式,f ()1时,f ()0, 故f()在,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. 易知f()在=处连续, 综上所述,当1时,f()在(0,)上单调递减,在,+)上单调递增; 当01时,f()在(0,1)上单调递减,在1,+)上单调递增.,考法1 利用导数证明不等式,(2)由(1)可知当=1,1时,f()f

8、(1),即-1-ln 0, 即ln 1 23 + 1 34 + 1 (+1) = 1 2 1 3 + 1 3 1 4 + 1 1 +1 = 1 2 1 +1 , .(放缩) 所以 ln 2 2 2 2 + ln 3 2 3 2 + ln 2 2 1- 1 2 2 +1- 1 3 2 +1- 1 2 =n-1-( 1 2 2 + 1 3 2 + 1 2 )n-1-( 1 2 1 +1 )=(n-1)- 1 2(+1) = 2(+1)(1)(1) 2(+1) = (1)(2+1) 2(+1) .,考法1 利用导数证明不等式,点评破解此类题的关键:一是利用分类讨论去绝对值,此时,一定要注意不要漏掉某

9、个值,如本题,f()= ln, ln,0, 不要漏掉=的情况,否则与原函数就不等价了;二是对于与数列相综合的不等式证明题目,需用分析法探路,结合放缩法的应用,即可轻松突破.,考法1 利用导数证明不等式,方法技巧 证明与数列有关的不等式的策略 对于数列型不等式的证明,一般结合已知的函数特征或前面设问中得出的结论,合理变形,赋值求 解,即用分析法探路,用综合法书写证明过程.熟记常用的结论,如ln -1,ln(+1),e+1等,可为破题提供思路.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,命题角度1不等式恒成立问题 示例3 已知函数f()= 1 2 ln -m,g()=- (0). (1)求函数f()的单

10、调区间; (2)若m= 1 2 e 2 ,对1,22,2e2都有g(1)f(2)成立,求实数的取值范围. 思维导引 （1）,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,（2）,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,解析(1)因为f()= 1 2 ln -m,0, 所以f()= 1 2 -m. 当m0时,f()0,f()在(0,+)上单调递增; 当m0时,由f()=0得= 1 2 , 由 ()0, 0 得00 得 1 2 ,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,所以f()在(0, 1 2 )上单调递增,在( 1 2 ,+)上单调递减. 综上所述,当m0时,f()的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间;当

11、m0时,f()的单调递增区间为(0, 1 2 ),单调递减区间为( 1 2 ,+). (2)若m= 1 2 e 2 ,则f()= 1 2 ln - 1 2 e 2 . 因为对1,22,2e2都有g(1)f(2)成立,所以对2,2e2都有g()minf()ma. .(转化为不等式两端的函数的最值问题),考法2 不等式恒成立问题与有解问题,由(1)知f()在2,e2)上单调递增,在(e2,2e2上单调递减,所以f()在2,2e2上的最大值为f(e2)= 1 2 . 因为g()=1+ 2 0(0), 所以函数g()在2,2e2上是增函数, 所以在2,2e2上g()min=g(2)=2- 2 . 由2

12、- 2 1 2 ,得3,又0,所以(0,3, 所以实数的取值范围为(0,3.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,解后反思,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,命题角度2不等式有解问题 示例4 2020广东湛江模拟已知正实数,函数g()= 2 3 3- 1 2 (+2)2+ (0),f()=2-(+2)+ln +2. (1)讨论函数g()的单调性; (2)若f()0在 1 2 ,1内有解,求的取值范围. 思维导引 (1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数g()的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定区间进行分类讨论,即可确定f()的最小值,进而可求得的取值范围.,考法2 不等式恒成立问

13、题与有解问题,解析(1)由题意知函数g()的定义域为(0,+),且0. g()=22-(+2)+1, 令g()=0,解得1= 1 2 ,2= 1 . 当 1 2时,易知在(0, 1 ),( 1 2 ,+)上,g()0,函数g()单调递增,在( 1 , 1 2 )上,g()0,函数g()单调递减. 当 1 = 1 2 ,即=2时,易知函数g()在(0,+)上单调递增.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,当 1 1 2 ,即00,函数g()单调递增,在( 1 2 , 1 )上,g()2时,函数g()在(0, 1 ),( 1 2 ,+)上单调递增,在( 1 , 1 2 )上单调递减; 当=2时,函

14、数g()在(0,+)上单调递增; 当02时,函数g()在(0, 1 2 ),( 1 ,+)上单调递增,在( 1 2 , 1 )上单调递减.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,(2)若f()0), 由(1)可知,当 1 1 2 ,即2时,在 1 2 ,+)上,g()0,所以当 1 2 ,1时,f()0,函数f()在 1 2 ,1上单调递增,f()min=f( 1 2 )= 4 +2 2 +ln 1 2 +24(1-ln 2),所以2.当 1 2 0,f()0,函数f()单调递增,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,所以f()min=f( 1 )= 1 +2 +ln 1 +2=- 1 +1+ln

15、 1 . 令=t,则t( 1 2 ,1),令h(t)=-t+1+ln t( 1 2 0,函数h(t)在( 1 2 ,1)上单调递增,h(1)=0,所以h(t)1.,考法1 不等式恒成立问题与有解问题,点评导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数f()的零点 1 是否在 1 2 ,1内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题来处理,但要注意不等式恒成立与不等式有解的区别.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,方法技巧 1.“恒

16、成立问题”与“有解问题”的区别 (1)在量词上的区别 恒成立问题中使用的量词是全称量词,如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等;而有解问题中使用的量词是存在量词,如“存在、有、至少一个、有解”等.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,(2)在等价转换上的区别,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,注意 f ()g()(f()g()能成立等价于f()g()min(f()g()max),f()g()(f()g()恒成立等价于f()g()max(f()g()min),应注意区分,不要搞混. 2.“恒成立问题”与“有解问题”的求解策略 不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、

17、数形结合等方法来处理.,考法1 不等式恒成立问题与有解问题,思维拓展 1.可化为恒成立问题的基本类型 (1)函数f()在区间D上单调递增,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (2)函数f()在区间D上单调递减,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (3)1,2D,都有f(1)g(2),可转化为f()ming()max; (4)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()ming()min; (5)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()maxg()max.,考法2 不等式恒成立问题与有解问题,2.可化为有解问题的基本类型 (1)f()在区间D上存在单调递增区间,可转化为f ()0

18、在D上有解; (2)f()在区间D上存在单调递减区间,可转化为f ()0在D上有解; (3)存在性探究问题可转化为“是否有解”问题; (4)图象有交点可转化为方程f()=g()有解或方程f()-g()=0有解.,考法3 利用导数解决零点问题,示例5 已知函数f()=e- 1 2 (+1)2. (1)若=e,求函数f()的极值; (2)若函数f()有两个零点,求实数的取值范围.,考法3 利用导数解决零点问题,思维导引（1）,(2),考法3 利用导数解决零点问题,解析(1)由题意知,当=e时,f()=e- 1 2 e(+1)2,函数f()的定义域为 (-,+),f()=(+1)e-e(+1)=(+

19、1)(e-e). 令f()=0,解得=-1或=1. 当变化时, f(), f()的变化情况如下表所示: 所以当=-1时,f()取得极大值- 1 e ;当=1时,f()取得极小值-e.,考法3 利用导数解决零点问题,(2)解法一(分类讨论法)f()=(+1)e-(+1)=(+1)(e-), 若=0,易知函数f()在(-,+)上只有一个零点0,故不符合题意. 若0, f()单调递增. 由f(-1)=- 1 e 0,当-时,f()+,知函数f()在 (-,+)上有两个零点. (根据函数f()的图象与轴的交点个数判断) 若0,令f()=0,得1=-1,2=ln .,考法3 利用导数解决零点问题,若ln

20、 0,f()单调递增; 当(ln ,-1)时,f()-1,即 1 e ,当(-,-1)(ln ,+)时,f()0,f()单调递增; 当(-1,ln )时,f()0,f()单调递减.,考法3 利用导数解决零点问题,又f(-1)=- 1 e 0, 所以函数f()在(-,+)上至多有一个零点,故不符合题意, 综上,实数的取值范围是(-,0). 解法二(数形结合法)令f()=0,即e- 1 2 (+1)2=0, 得e= 1 2 (+1)2. 当=-1时,方程为-e-1= 1 2 0,显然不成立, 所以=-1不是方程的解,即-1不是函数f()的零点.,考法3 利用导数解决零点问题,当-1时,分离参数得=

21、 2 e (+1 ) 2 . 记g()= 2 e (+1 ) 2 (-1), 则g()= (2 e )(+1 ) 2 (+1 ) 2 2 e (+1 ) 4 = 2 e ( 2 +1) (+1 ) 3 . 当-1时,g()0,函数g()单调递增. 当=0时,g()=0;,考法3 利用导数解决零点问题,当-时,g()0; 当-1时,g()-;当+时,g() +.故函数g()的图象如图3-3-1所示. 作出直线y=,由图可知,当0时,直 线y=和函数g()的图象有两个交点, 此时函数f()有两个零点.故实数的 取值范围是(-,0).,图3-3-1,考法3 利用导数解决零点问题,解后反思,考法3 利

22、用导数解决零点问题,方法技巧 利用导数解决函数零点问题的方法 1.先求函数的单调区间和极值,根据函数的性质画出图象,然后将问题转化为函数图象与轴交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想. 2.构造新函数,将问题转化为研究两个函数的图象的交点问题. 3.分离参变量,即由f()=0分离参变量,得=(),研究直线y=与y=()的图象的交点问题.,高分帮“双一流”名校冲刺,提能力 数学探索 数学探索1 极值点偏移问题 数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,数学探索1 极值点偏移问题,极值点偏移问题一般与函数的单调性、极值与最值问题等相结合,在高考试题中多

23、作为解答题的轴题出现,命题主要有两个方面:一是有关极值点或极值的不等式的证明;二是有关极值差的取值范围的求解.此类问题中所涉及的函数多为含参函数,并且命题的形式多,难度较大.只要掌握这类问题的实质,巧妙消元、消参、构造函数,问题便能迎刃而解. 示例6 已知函数 f()=ln -(0),为常数,若函数f()有两个零点1,2 (12).证明:12e2.,数学探索1 极值点偏移问题,解析解法一(巧抓“根商”c= 1 2 构造函数)不妨设12, 因为ln 1-1=0,ln 2-2=0, 所以ln 1+ln 2=(1+2),ln 1-ln 2=(1-2), 即ln(12)=(1+2),ln 1 2 =(

24、1-2). 消去得ln(12)= 1 + 2 1 2 ln 1 2 . 要证12e2,即证ln(12)2,即证 1 + 2 1 2 ln 1 2 2,数学探索1 极值点偏移问题,即证ln 1 2 2( 1 2 ) 1 + 2 . 令c= 1 2 (c1),则不等式变为ln c 2(1) +1 ,令h(c)=ln c- 2(1) +1 ,c1, 所以h(c)= 1 4 (+1 ) 2 = (1 ) 2 (+1 ) 2 0,所以h(c)在(1,+)上单调递增, 所以h(c)h(1)=ln 1-0=0,即ln c- 2(1) +1 0(c1), 因此原不等式12e2得证.,数学探索1 极值点偏移问题

25、,点评该解法的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量c= 1 2 ,从而构造相应的函数.解题要点如下. (1)巧解消参:利用方程f(1)=f(2)=0消掉解析式中的参数. (2)抓商构元:令c= 1 2 ,消掉变量1,2,构造关于c的函数h(c). (3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论.,数学探索1 极值点偏移问题,解法二(巧抓“根差”s=t2-t1构造函数)由题意,函数f()有两个零点1,2(12), 即f(1)=f(2)=0,易知ln 1,ln 2是方程=e的两个不相等的根. 设t1=ln 1,t2=ln 2,g()=e-,则g(t1)=g(t2)

26、,故要证12e2,即证ln 1+ ln 22,即证t1+t22. 下证:t1+t22. 由g(t1)=g(t2),得t1 e 1 =t2 e 2 ,化简得 e 2 1 = 2 1 , 不妨设t2t1,由解法一知,0t11t2.,数学探索1 极值点偏移问题,令s=t2-t1,则s0,t2=s+t1, 代入式,得es= + 1 1 ,解得t1= e 1 . 则t1+t2=2t1+s= 2 e 1 +s, 故要证t1+t22,即证 2 e 1 +s2. 又es-10,故要证 2 e 1 +s2, 即证2s+(s-2)(es-1)0, 令G(s)=2s+(s-2)(es-1)(s0),数学探索1 极值

27、点偏移问题,则G(s)=(s-1)es+1,G(s)=ses0(G(s)为G(s)的导函数), 故G(s)在(0,+)上单调递增, 所以G(s)G(0)=0, 从而G(s)在(0,+)上单调递增, 所以G(s)G(0)=0, 所以式成立,故t1+t22,即12e2.,数学探索1 极值点偏移问题,点评 该解法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下. (1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2. (2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1. (3)构造函数:依据消参之后所得

28、不等式的形式,构造关于s的函数G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.,数学探索1 极值点偏移问题,解法三(抓极值点构造函数)由题意知,函数f()有两个零点1,2(12),即f(1)=f(2)=0,易知ln 1,ln 2是方程=e的两个不相等的根. 设t1=ln 1,t2=ln 2,g()=e-, 则g(t1)=g(t2),故要证12e2,即证ln 1+ln 22,即证t1+t22. 下证:t1+t22. g()=(1-)e-,易得g()在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, 所以函数g()在=1处取得极大值(也是最大值)g(1)= 1 e

29、 . 当-时,g()-;,数学探索1 极值点偏移问题,当+时,g()0且g()0. 由g(t1)=g(t2),t1t2,不妨设t10, 所以F()在(0,1上单调递增,图3-3-2,数学探索1 极值点偏移问题,所以F()0对任意的(0,1恒成立, 即g(1+)g(1-)对任意的(0,1恒成立, 由0g(1-(1-t1)=g(t1)=g(t2), 即g(2-t1)g(t2), 又2-t1,t2(1,+),且g()在(1,+)上单调递减, 所以2-t12, 即12e2.,数学探索1 极值点偏移问题,点评 上述解题过程中用到的解法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要点:

30、(1)求函数g()的极值点0; (2)构造函数F()=g(0+)-g(0-); (3)确定函数F()的单调性; (4)确定g(0+)与g(0-)的大小关系.,数学探索1 极值点偏移问题,素养探源,数学探索1 极值点偏移问题,1.极值点偏移的含义 若单峰函数f()的极值点为0,以方程f()=c的两根1,2为端点的区间的中点为 1 + 2 2 ,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示:,数学探索1 极值点偏移问题,数学探索1 极值点偏移问题,数学探索1 极值点偏移问题,2.极值点偏移问题的四种基本命题形式 (1)若函数f()存在两个零点1,2且12,求证:1+220(0为函数f()的

31、极值点). (2)若对于函数f(),存在1,2且12,使得f(1)=f(2),求证:1+220(0为函数f()的极值点). (3)若函数f()存在两个零点1,2且12,令0= 1 + 2 2 ,求证: f(0)0. (4)若对于函数f(),存在1,2且12,使得f(1)=f(2),令0= 1 + 2 2 ,求证: f(0)0.,数学探索1 极值点偏移问题,3.极值点偏移问题的解法,数学探索1 极值点偏移问题,3.极值点偏移问题的解法,数学探索1 极值点偏移问题,数学探索1 极值点偏移问题,数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查的题型.在

32、平时教学中,老师往往介绍利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时,会出现“ 0 0 ”型的代数式,而这是大学数学中的不定式问题,解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 示例7 已知函数f()= ln +1 + ,曲线y=f()在点(1,f(1)处的切线方程为 +2y-3=0. (1)求,的值; (2)如果当0,且1时,f() ln 1 + ,求的取值范围.,数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,解析(1)由题意知f()= ( +1 ln) (+1 ) 2 2 (0). 由于直线+2y-3=0的斜率为- 1 2 ,且直线+2y-3=0过点(1,1), 故 (1)=1,

33、(1)= 1 2 , 即 =1, 2 = 1 2 , 解得 =1, =1. (2)解法一由(1)知f()= ln +1 + 1 (0),数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,所以f()-( ln 1 + )= 1 1 2 2ln + (1)( 2 1) . 设h()=2ln + (1)( 2 1) (0), 则h()= (1)( 2 +1)+2 2 . 当0时,由h()= ( 2 +1)(1 ) 2 2 知, 当1时,h()0,可得 1 1 2 h()0;,数学探索2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题,当(1,+)时,h()0. 从而当0,且1时,f()-( ln 1 + )0. 即f() ln 1