浙江专用2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用4-2导数的应用课件

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§4.2 导数的应用 高考数学 考点一　导数与函数的单调性 1.函数单调性与导数的关系 　　设函数 f ( x )在( a , b )内可导, f '( x )是 f ( x )的导数,则 f '( x )>0 f ( x )在( a , b )内① 　单调递增     f '( x )<0 f ( x )在( a , b )内② 　单调递减     f '( x )=0 f ( x )在( a , b )内为常数函数 考点 清单 注意　(1)讨论函数单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解 时,要坚持“定义域优先”原则. (2)有相同单调性的单调区间不止一个时,用“,”隔开或用“和”连接,不 能用“ ∪ ”连接. 2.用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系 (1) f '( x )>0(或 f '( x )<0)是 f ( x )在( a , b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件; (2) f '( x ) ≥ 0(或 f '( x ) ≤ 0)是 f ( x )在( a , b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件 ( f '( x )=0只可能在孤立的点处成立). 注意　由函数 f ( x )在区间[ a , b ]内单调递增(或递减),可得 f '( x ) ≥ 0(或 f '( x ) ≤ 0)在该区间恒成立,而不是 f '( x )>0(或 f '( x )<0)恒成立,“=”不能少.必要时 还需对“=”进行检验. 考点二　导数与函数的极(最)值 1.函数的极值与导数 定义 设函数 f ( x )在点 x 0 附近有定义,如果对 x 0 附近的所有的点,都有③      f ( x )< f ( x 0 )     ,则 f ( x 0 )是函数 f ( x )的一个极大值,记作 f ( x ) 极大值 = f ( x 0 );如果对 x 0 附近的所有的点,都有④      f ( x )> f ( x 0 )     ,则 f ( x 0 )是函数 f ( x )的一个极小值,记作 f ( x ) 极小值 = f ( x 0 ).极大值与极小值统称为极值 结论 设函数 f ( x )在点 x 0 处连续. (1)如果在 x 0 附近的左侧 f '( x )>0,右侧 f '( x )<0,那么 f ( x 0 )是⑤ 　极大值     ; (2)如果在 x 0 附近的左侧 f '( x )<0,右侧 f '( x )>0,那么 f ( x 0 )是极小值; (3)如果在 x 0 附近的左、右两侧导数值同号,那么 f ( x 0 )不是极值 利用导数求函数极值的步骤 (1)求 f ( x )的定义域; (2)求 f '( x ); (3)求方程⑥      f '( x )=0     的根; (4)判断 f '( x )在方程的根的⑦ 　左、右两侧     值的符号; (5)利用结论求出极值 　　注:(1)在函数的整个定义域内,函数的极值不一定唯一,在整个定义域 内可能有多个极大值和极小值; (2)极大值与极小值没有必然的大小关系,极大值可能比极小值还小; (3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f ( x )= x 3 , f '( x )=3 x 2 ,当 x =0时, f '(0)= 0,但 x =0不是函数的极值点); (4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零. 2.函数的最大值与最小值 (1)函数的最大值与最小值:在闭区间[ a , b ]上连续的函数 f ( x ),在[ a , b ]上必有 ⑧ 　最大值与最小值     ;但在开区间( a , b )内连续的函数 f ( x )不一定有最大 值与最小值. (2)设函数 f ( x )在[ a , b ]上连续,在( a , b )内可导,求 f ( x )在[ a , b ]上的最大值与最小 值的步骤如下: (i)求 f ( x )在( a , b )内的⑨ 　极值     ; (ii)将 f ( x )的各极值与 f ( a )、 f ( b )比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个 是最小值. 考点三　导数的综合应用 　　1.不等式恒成立(有解)问题的处理方法 (1)形如 f ( x ) ≥ g ( x )( x ∈ D )恒成立,主要方法如下: 法1:构造函数: F ( x )= f ( x )- g ( x )( x ∈ D ),使 F ( x ) ≥ 0( x ∈ D )恒成立,即 F ( x ) min ≥ 0( x ∈ D )恒成立.求 F ( x )的最小值即可. 法2:参变量分离: a ≥ φ ( x )或 a ≤ φ ( x )恒成立,即 a ≥ φ ( x ) max 或 a ≤ φ ( x ) min ( x ∈ D ), 求 φ ( x )的最大值或最小值即可. (2)形如 f ( x ) ≥ g ( x )( x ∈ D )有解问题的求解方法: 法1:构造函数: F ( x )= f ( x )- g ( x )( x ∈ D ), F ( x )在 x ∈ D 时有解,即 F ( x ) max ≥ 0( x ∈ D ) 有解,即求 F ( x )的最大值即可. 法2:参变量分离: a ≥ φ ( x )或 a ≤ φ ( x )( x ∈ D )有解,即 a ≥ φ ( x ) min 或 a ≤ φ ( x ) max ( x ∈ D ),即求 φ ( x )的最值问题. 2.证明形如 f ( x ) ≥ g ( x )的不等式成立的方法 法1:构造函数: F ( x )= f ( x )- g ( x ),即 F ( x ) min ≥ 0恒成立,转化为求 F ( x )的最小值问题. 法2:若 f ( x ) min ≥ g ( x ) max ,则 f ( x ) ≥ g ( x )恒成立,证明 f ( x )的最小值大于或等于 g ( x ) 的最大值. 法3:中间变量法: f ( x ) ≥ h ( x )且 h ( x ) ≥ g ( x ),则 f ( x ) ≥ g ( x )( h ( x )为中间函数,且为 一次函数较多). 3.函数零点问题的处理 f ( x )=0的根等价于 f ( x )的图象与 x 轴交点的横坐标或转化为 g ( x )与 h ( x )图象交 点的横坐标或转化为 y = a 与 y = φ ( x )图象的交点问题处理. 4.生活中的优化问题 (1)生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题,这些问题通 常称为优化问题,导数在这一类问题中有着重要的作用,它是求函数最大 (小)值的有力工具. (2)解决优化问题的基本思路: 考法一 　利用导数解决函数单调性问题 知能拓展 例1     (2019湖南郴州二模,21)已知函数 f ( x )=e x ( ax 2 + x + a ). (1)求函数 f ( x )的单调区间; (2)若函数 f ( x ) ≤ e x ( ax 2 +2 x )+1恒成立,求实数 a 的取值范围. 解题导引     解析 　(1)函数 f ( x )的定义域为R,且 f '( x )=( ax + a +1)·( x +1)e x , 当 a =0时, f '( x )=e x ( x +1),当 x >-1时, f '( x )>0,当 x <-1时, f '( x )<0, 所以函数 f ( x )的单调增区间为(-1,+ ∞ ),单调减区间为(- ∞ ,-1). 当 a ≠ 0时, f '( x )= a ( x +1)   e x ,则方程 f '( x )=0有两根-1,-   . ①当 a >0时,-1>-   ,所以函数 f ( x )的单调增区间为   和(-1,+ ∞ ),单 调减区间为   . ②当 a <0时,-1<-   ,所以函数 f ( x )的单调增区间为   ,单调减区间为 (- ∞ ,-1),   . 综上可知,当 a >0时,函数 f ( x )的单调增区间为   和(-1,+ ∞ ),单调减区 间为   ; 当 a =0时,函数 f ( x )的单调增区间为(-1,+ ∞ ),单调减区间为(- ∞ ,-1);当 a <0时,函数 f ( x )的单调增区间为   ,单调减区间为(- ∞ ,-1),   . (2)函数 f ( x ) ≤ e x ( ax 2 +2 x )+1恒成立转化为 a ≤ x +   在R上恒成立. 令 h ( x )= x +   ,则 h '( x )=   ,易知 h ( x )在(0,+ ∞ )上为增函数,在(- ∞ ,0)上为减函 数. ∴ h ( x ) min = h (0)=1.故实数 a 的取值范围为(- ∞ ,1]. 方法总结 　用导数法求可导函数单调区间的一般步骤: 例2 　已知函数 f ( x )=e x -1 - x ln x .求证: f ( x )在(0,+ ∞ )上单调递增. 解题导引　 要证 f ( x )在(0,+ ∞ )上为增函数,可转化为证其导函数 f '( x ) ≥ 0在 (0,+ ∞ )上恒成立. 证明 　∵ f ( x )=e x -1 - x ln x ,∴ f '( x )=e x -1 -ln x -1. 要证 f ( x )在(0,+ ∞ )上单调递增,只要证 f '( x ) ≥ 0对 x >0恒成立, 令 i ( x )=e x -1 - x ,则 i '( x )=e x -1 -1,当 x >1时, i '( x )>0, 当 x <1时, i '( x )<0,故 i ( x )在(- ∞ ,1)上单调递减,在(1,+ ∞ )上单调递增,所以 i ( x ) ≥ i (1)=0,即e x -1 ≥ x (当且仅当 x =1时等号成立),令 j ( x )= x -1-ln x ( x >0),则 j '( x )=   , 当0< x <1时, j '( x )<0,当 x >1时, j '( x )>0,故 j ( x )在(0,1)上单调递减,在(1,+ ∞ )上单 调递增,所以 j ( x ) ≥ j (1)=0,即 x ≥ ln x +1(当且仅当 x =1时取等号),∴ f '( x )=e x -1 -ln x -1 ≥ x -(ln x +1) ≥ 0(当且仅当 x =1时等号成立),∴ f ( x )在(0,+ ∞ )上单调递增. 方法总结 　用导数法证明可导函数 f ( x )在( a , b )内的单调性的步骤 (1)求 f '( x ). (2)确定 f '( x )在( a , b )内的符号. (3)得出结论. f '( x ) ≥ 0(或>0)时为增函数, f '( x ) ≤ 0(或<0)时为减函数. 考法二 　与函数极值或最值有关的导数问题 例3     (2019吉林第一次调研(改编))已知函数 f ( x )= x 3 -6 ax 2 +9 a 2 x ( a ∈R). (1)当 a =2时,求函数 f ( x )的极值; (2)当 a ≥ 1时,若 f ( x )在 x ∈[0,3]上的最大值为27,求实数 a 的值. 解题导引 　(1)求 f '( x )→求方程 f '( x )=0的根→判断根左、右两侧导函数值 的正负→确定极值. (2)先判断 f ( x )在[0,3]上的单调性,此处 a 与3的大小关系不定,分两种情况讨 论,再分别求解. 解析 　(1)当 a =2时, f ( x )= x 3 -12 x 2 +36 x , 则 f '( x )=3 x 2 -24 x +36=3( x -2)( x -6), 令 f '( x )=0,得 x =2或 x =6. 所以当 x ∈(- ∞ ,2)时, f '( x )>0, f ( x )为增函数, 当 x ∈(2,6)时, f '( x )<0, f ( x )为减函数, 当 x ∈(6,+ ∞ )时, f '( x )>0, f ( x )为增函数, 所以 f ( x ) 极大值 = f (2)=32, f ( x ) 极小值 = f (6)=0, (2) f '( x )=3 x 2 -12 ax +9 a 2 =3( x - a )( x -3 a )( a ≥ 1), 所以 f ( x )在(0, a )上单调递增;在( a ,3 a )上单调递减; 在(3 a ,+ ∞ )上单调递增. 当 a ≥ 3时,函数 f ( x )在[0,3]上单调递增, 所以函数 f ( x )在[0,3]上的最大值是 f (3)=27-54 a +27 a 2 , 由题意得27-54 a +27 a 2 =27,解得 a =2或 a =0, 因为 a ≥ 3,所以此时 a 的值不存在, 当1 ≤ a <3时, a <3 ≤ 3 a ,此时 f ( x )在(0, a )上递增,在( a ,3)上递减,所以函数 f ( x )在 [0,3]上的最大值是 f ( a )= a 3 -6 a 3 +9 a 3 =4 a 3 ,由题意得4 a 3 =27,解得 a =   . 综上, a =   . 方法总结 　解决函数极值问题的一般思路   考法三 　利用导数研究函数的零点问题 例4     (2018课标Ⅱ,21,12分)已知函数 f ( x )=e x - ax 2 . (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 . 解题导引　 (1)要证 f ( x ) ≥ 1,只要证e x - x 2 -1 ≥ 0,即( x 2 +1)e - x -1 ≤ 0,设 g ( x )=( x 2 +1)e - x -1,证明 g ( x ) max ≤ 0即可. (2)若使 f ( x )在(0,+ ∞ )上有一个零点,可以考虑使函数 y = f ( x )的图象在(0,+ ∞ ) 上与 x 轴有一个交点,由于 a 为参数,其取值变化影响着 y = f ( x )的单调性,因此, 首先对 a 分类讨论,由于 f ( x )=e x - ax 2 的导数 f '( x )=e x -2 ax 不易判断函数值符号, 所以将其转化为 f ( x )=e x   ,即讨论 h ( x )=1- a ·   的零点问题,结合单调性 分类讨论. 解析 　(1)证明:当 a =1时, f ( x ) ≥ 1等价于( x 2 +1)e - x -1 ≤ 0. 设 g ( x )=( x 2 +1)e - x -1, 则 g '( x )=-( x 2 -2 x +1)e - x =-( x -1) 2 e - x . 当 x ≠ 1时, g '( x )<0,所以 g ( x )在(0,+ ∞ )单调递减. 而 g (0)=0,故当 x ≥ 0时, g ( x ) ≤ 0,即 f ( x ) ≥ 1. (2)设 h ( x )=1- ax 2 e - x . f ( x )在(0,+ ∞ )只有一个零点当且仅当 h ( x )在(0,+ ∞ )只有一个零点. (i)当 a ≤ 0时, h ( x )>0, h ( x )没有零点. (ii)当 a >0时, h '( x )= ax ( x -2)e - x . 当 x ∈(0,2)时, h '( x )<0;当 x ∈(2,+ ∞ )时, h '( x )>0. 所以 h ( x )在(0,2)单调递减,在(2,+ ∞ )单调递增. 故 h (2)=1-   是 h ( x )在[0,+ ∞ )的最小值. ①若 h (2)>0,即 a <   , h ( x )在(0,+ ∞ )没有零点; ②若 h (2)=0,即 a =   , h ( x )在(0,+ ∞ )只有一个零点; ③若 h (2)<0,即 a >   ,由于 h (0)=1,所以 h ( x )在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当 x >0时,e x > x 2 , 所以 h (4 a )=1-   =1-   >1-   =1-   >0. 故 h ( x )在(2,4 a )有一个零点. 因此 h ( x )在(0,+ ∞ )有两个零点. 综上, f ( x )在(0,+ ∞ )只有一个零点时, a =   . 方法总结　 利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造 的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含 参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接 把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研 究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势 规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题 的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现. 考法四 　利用导数证明不等式问题 例5     (2019陕西第二次质量检测,21)函数 f ( x )=ln x +   , k ∈R. (1)若 k =1,求函数 f ( x )的单调区间; (2)若 f ( x ) ≥ 2+   恒成立,求实数 k 的取值范围; (3)设 g ( x )= f ( x )-   +1, A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 )为曲线 y = g ( x )上两点,且0< x 1 < x 2 ,设直线 AB 斜率为 k , x 0 =   ,证明: k > g '( x 0 ). 解题导引 　(1)求 f '( x ),判断 f '( x )在(0,+ ∞ )上的正负,从而得单调区间,找出 使 f '( x )=0的 x 是确定单调区的关键. (2)将恒成立问题等价变形,转化为求确定函数的最值问题,分离常数 k 时注 意变量 x ∈(0,+ ∞ )的限定. (3)将要证不等式明确为证明不等式   >   成立( x 2 > x 1 >0),再考虑 如何变两元 x 1 , x 2 为一元,此处是证明的关键,由对数运算性质ln x 2 -ln x 1 =ln   不妨设   = t ,再构造函数证明即可. 解析 　(1)当 k =1时,函数 f ( x )=ln x +   , x >0. f '( x )=   -   =   .当 f '( x )>0时, x >1,当 f '( x )<0时,0< x <1,则函数 f ( x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+ ∞ ). (2) f ( x ) ≥ 2+   恒成立,即ln x +   ≥ 2+   恒成立, 整理得 k ≥ 2 x - x ln x +1-e恒成立, 令 h ( x )=2 x - x ln x +1-e, x >0, 则 h '( x )=1-ln x ,令 h '( x )=0,得 x =e, 所以 h ( x )在(0,e)上单调递增,在(e,+ ∞ )上单调递减. 所以当 x =e时,函数 h ( x )取得最大值 h (e)=1,因此 k ≥ 1. (3) k =   =   , 因为 x 0 =   ,所以 g '( x 0 )=(ln x +1)'   =   =   . 要证 k > g '( x 0 ),即证   >   ,因为0< x 1 < x 2 , 即证ln x 2 -ln x 1 >   , 设 t =   >1,即证ln t >   =2-   , 也就是要证ln t +   -2>0,其中 t ∈(1,+ ∞ ), 设 k ( t )=ln t +   -2( t ∈(1,+ ∞ )), 则 k '( t )=   -   =   =   >0, 所以 k ( t )在(1,+ ∞ )上单调递增, 因此 k ( t )> k (1)=0.即 k > g '( x 0 ). 方法总结 　解决不等式恒成立问题的常见方法:①分离参数,化为 a ≥ f ( x )恒 成立( a ≥ f ( x ) max 即可)或 a ≤ f ( x )恒成立( a ≤ f ( x ) min 即可);②数形结合( y = f ( x )图 象在 y = g ( x )图象上方(或下方)即可);③讨论最值 f ( x ) min ≥ 0或 f ( x ) max ≤ 0恒成 立;④讨论参数,排除不合题意的参数范围,筛选出符合题意的参数范围. 例 　为了满足广大人民群众日益增长的体育需求,为了纪念北京奥运会成 功举办,国务院批准从2009年起,将每年8月8日设置为“全民健身日”,为 响应国家号召,各地利用已有土地资源建设健身场所.如图,有一个长方形 地块 ABCD ,边 AB 为2 km, AD 为4 km.地块的一角是草坪(图中阴影部分),其 边缘线 AC 是以直线 AD 为对称轴,以 A 为顶点的抛物线的一部分. 现要铺设一条过边缘线 AC 上一点 P 的直线型隔离带 EF , E , F 分别在 边 AB , BC 上(隔离带不能穿越草坪,且占地面积忽略不计),将隔离出 的△ BEF 作为健身场所.则△ BEF 面积 S 的最大值为 　　　     (单位:km 2 ). 实践探究 解析 　以 A 为坐标原点, AB 所在的直线为 x 轴,建立平面直角坐标系,可得 C (2,4).设边缘线 AC 所在的抛物线为 y = ax 2 ,把 C (2,4)代入得 a =1,所以抛物线的 方程为 y = x 2 . 设点 P ( t , t 2 ),因为 y '=2 x , 所以过点 P 的切线 EF 的方程为 y =2 tx - t 2 , 令 y =0,得 E   ;令 x =2,得 F (2,4 t - t 2 ), 所以△ BEF 的面积为 S =     (4 t - t 2 ), 即 S =   ( t 3 -8 t 2 +16 t ), t ∈(0,2], 故 S '=   (3 t 2 -16 t +16)=   ( t -4)   . 由 S '>0,得 t ∈   ,由 S '<0,得 t ∈   , 所以 S 在 t ∈   上是增函数,在 t ∈   上是减函数, 所以 S 在 t ∈(0,2]上的最大值在 t =   处取到,为   . 答案