2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§3-2 导数的应用（讲解部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§3-2 导数的应用（讲解部分）

考点一　利用导数研究函数的单调性 考点清单 考向基础 设函数 f ( x )在( a , b )内可导, f '( x )是 f ( x )的导函数,则 注:(1) f ( x )在( a , b )内可导为此规律成立的一个前提条件; (2)对于在( a , b )内可导的函数 f ( x )来说, f '( x )>0是 f ( x )在( a , b )上为递增函数的 充分不必要条件; f '( x )<0是 f ( x )在( a , b )上为递减函数的充分不必要条件 .例 如: f ( x )= x 3 在定义域R上为增函数,但 f '( x )=3 x 2 , f '(0)=0,所以在 x =0处并不是 f '( x )>0,即并不是在定义域中的任意一点处都满足 f '( x )>0. f '( x )>0 f ( x )在( a , b )内 单调递增 f '( x )<0 f ( x )在( a , b )内 单调递减 f '( x )=0 f ( x )在( a , b )内为常数函数 考向一　利用导数求单调性(单调区间) 考向突破 例1　设函数 f ( x )=   ( x >0且 x ≠ 1),求函数 f ( x )的单调区间. 解析　解法一:(解不等式法)函数的定义域为(0,1) ∪ (1,+ ∞ ), f '( x )= -   , 由 f '( x )>0得ln x +1<0,∴0< x <   . 由 f '( x )<0得ln x +1>0,∴ x >   , 又∵ x ≠ 1,∴   < x <1或 x >1. ∴ f ( x )的单调递增区间是   ,单调递减区间是   和(1,+ ∞ ). 解法二:(列表法)函数的定义域为(0,1) ∪ (1,+ ∞ ), f '( x )=-   ,令 f '( x )=0,得 x =   . 列表如下: 　　∴ f ( x )的单调递增区间是   ,单调递减区间是   ,(1,+ ∞ ). 例2    (2018湖北黄冈、黄石等八校3月联考,11)已知实数 a >0,且 a ≠ 1,函数 f ( x )=   在R上单调递增,则实数 a 的取值范围是   (　　) A.1< a ≤ 5　    B.2 ≤ a ≤ 5　    C. a >1　    D. a ≤ 5 考向二　由函数的单调性求参数的取值范围 解析　函数 f ( x )在R上单调递增,则 a >1, 当 x ≥ 1时, f ( x )= x 2 +   + a ln x , 则 f '( x )=2 x -   +   =   , 则2 x 3 + ax -4 ≥ 0在[1,+ ∞ )上恒成立,∴ a ≥   -2 x 2 在 x ∈[1,+ ∞ )上恒成立. ∵ y =   -2 x 2 在[1,+ ∞ )上单调递减, ∴ y max =2.则 a ≥ 2.当 x =1时, a ≤ 1+4=5. 综上,实数 a 的取值范围是2 ≤ a ≤ 5.故选B. 答案    B 考向基础 1.函数的极值与导数 　　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 考点二　利用导数研究函数的极值与最值 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,极值点处的导数必为零. 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 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: ①求 f ( x )在( a , b )内的 极值 ; ②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. 【知识拓展】 1.若函数 f ( x )的图象连续不断,则 f ( x )在[ a , b ]上一定有最值. 2.若函数 f ( x )在[ a , b ]上是单调函数,则 f ( x )一定在区间端点处取得最值. 3.若函数 f ( x )在区间[ a , b ]内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的 最值点. 考向一　利用导数求函数的极值 考向突破 例3    (2018豫南九校第二次质量考评,10)若函数 f ( x )= x ( x - c ) 2 在 x =2处有极小 值,则常数 c 的值为   (　　) A.4　    B.2或6　    C.2　    D.6 解析　∵ f ( x )= x ( x - c ) 2 , ∴ f '( x )=3 x 2 -4 cx + c 2 , 又 f ( x )= x ( x - c ) 2 在 x =2处有极小值, ∴ f '(2)=12-8 c + c 2 =0,解得 c =2或6, c =2时, f ( x )= x ( x - c ) 2 在 x =2处有极小值; c =6时, f ( x )= x ( x - c ) 2 在 x =2处有极大值. ∴ c =2. 答案    C 例4    (2018江苏,11,5分)若函数 f ( x )=2 x 3 - ax 2 +1( a ∈R)在(0,+ ∞ )内有且只有 一个零点,则 f ( x )在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 　　　     . 考向二　利用导数求函数的最值 解析　本题考查利用导数研究函数的极值和最值. ∵ f ( x )=2 x 3 - ax 2 +1,∴ f '( x )=6 x 2 -2 ax =2 x (3 x - a ). 若 a ≤ 0,则 x >0时, f '( x )>0,∴ f ( x )在(0,+ ∞ )上为增函数,又 f (0)=1,∴ f ( x )在(0,+ ∞ ) 上没有零点,∴ a >0. 当0< x <   时, f '( x )<0, f ( x )为减函数; 当 x >   时, f '( x )>0, f ( x )为增函数, ∴ x >0时, f ( x )有极小值,为 f   =-   +1. ∵ f ( x )在(0,+ ∞ )内有且只有一个零点, ∴ f   =0,∴ a =3. ∴ f ( x )=2 x 3 -3 x 2 +1,则 f '( x )=6 x ( x -1). ∴ f ( x )在[-1,1]上的最大值为1,最小值为-4. ∴最大值与最小值的和为-3. 答案　-3 考点三　导数的综合应用 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:   方法1　 利用导数求函数的单调区间 利用导数求函数单调区间的一般步骤: ①确定函数 f ( x )的定义域. ②求导数 f '( x ). ③由 f '( x )>0(或 f '( x )<0)解出相应的 x 的取值范围.当 f '( x )>0时, f ( x )在相应区 间上是单调递增函数;当 f '( x )<0时, f ( x )在相应区间上是单调递减函数.还可 以通过列表写出函数的单调区间. 注意对含参单调区间的讨论,分界的确定是解决问题的关键. 方法技巧 例1    (2020届黑龙江哈尔滨第六中学调研,11)已知 f ( x )= x 2 +2 a ln x +3,若 ∀ x 1 , x 2 ∈[4,+ ∞ )( x 1 ≠ x 2 ), ∃ a ∈[2,3],使得   <2 m ,则 m 的取值范围是   (    　) A. m ≥ -   　    B. m ≥ -   C. m ≥ -   　    D. m ≤ -   解析　不妨设 x 1 > x 2 ≥ 4, 由   <2 m ,得 f ( x 1 )+2 mx 1 > f ( x 2 )+2 mx 2 , 设 g ( x )= f ( x )+2 mx ,则 g '( x )= f '( x )+2 m =2 x +   +2 m . 由 ∀ x 1 , x 2 ∈[4,+ ∞ ), x 1 > x 2 ,且 g ( x 1 )> g ( x 2 ),得函数 g ( x )在[4,+ ∞ )上单调递增, 所以 g '( x ) ≥ 0在[4,+ ∞ )上恒成立,即2 x +   +2 m ≥ 0在[4,+ ∞ )上恒成立. 整理得 x +   + m ≥ 0在[4,+ ∞ )上恒成立. 因为 a ∈[2,3],所以函数 y = x +   在[4,+ ∞ )上为增函数. 故- m ≤ 4+   ,∴- m ≤   =   ,∴ m ≥ -   .故选A. 答案    A 方法2 　利用导数研究函数的极值与最值 解决函数极值问题的一般思路如下:   例2    (2018安徽宿州三模,21)设函数 f ( x )= x + ax ln x ( a ∈R).     (1)讨论函数 f ( x )的单调性; (2)若函数 f ( x )的极大值点为 x =1,证明: f ( x ) ≤ e - x + x 2 . 解析　(1)易知 f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ),其导数 f '( x )=1+ a ln x + a . 当 a =0时, f ( x )= x ,则函数 f ( x )在区间(0,+ ∞ )上单调递增; 当 a >0时,由 f '( x )>0得 x >   ,由 f '( x )<0得0< x <   . 所以, f ( x )在区间(0,   )上单调递减,在区间(   ,+ ∞ )上单调递增; 当 a <0时,由 f '( x )>0得0< x <   ,由 f '( x )<0得 x >   , 所以,函数 f ( x )在区间(0,   )上单调递增,在区间(   ,+ ∞ )上单调递减. 综上所述,当 a =0时,函数 f ( x )在区间(0,+ ∞ )上单调递增; 当 a >0时,函数 f ( x )在区间(0,   )上单调递减,在区间(   ,+ ∞ )上单调递增; 当 a <0时,函数 f ( x )在区间(0,   )上单调递增,在区间(   ,+ ∞ )上单调递减. (2)证明:由(1)知 a <0且   =1,解得 a =-1, 则 f ( x )= x - x ln x .要证 f ( x ) ≤ e - x + x 2 , 即证 x - x ln x ≤ e - x + x 2 ,即证1-ln x ≤   + x . 令 F ( x )=ln x +   + x -1( x >0), 则 F '( x )=   +   +1=   . 令 g ( x )= x -e - x ( x ≥ 0),易知函数 g ( x )在区间[0,+ ∞ )上单调递增.而 g (1)=1-   >0, g (0)=-1<0,所以在区间[0,+ ∞ )上存在唯一的实数 x 0 ,使得 g ( x 0 )= x 0 -   =0,即 x 0 =   ,且 x ∈[0, x 0 )时, g ( x )<0, x ∈( x 0 ,+ ∞ )时, g ( x )>0.故 F ( x )在(0, x 0 )上单调递减,在 ( x 0 ,+ ∞ )上单调递增. ∴ F ( x ) min = F ( x 0 )=ln x 0 +   + x 0 -1. 又   = x 0 ,∴ F ( x ) min =ln x 0 +   + x 0 -1=- x 0 +1+ x 0 -1=0. ∴ F ( x ) ≥ F ( x 0 )=0成立,即 f ( x ) ≤ e - x + x 2 成立.