2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：3-2　导数的应用（讲解部分）

2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：3-2　导数的应用（讲解部分）

考点一    导数与函数的单调性 考点清单 考向基础 1.导数与函数的单调性 设函数 f ( x )在( a , b )内可导, f '( x )是 f ( x )的导函数,则 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 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. 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. 考向突破 考向一    利用导数研究函数单调性 例1     (2018河南新乡二模,10)若函数 y =   在(1,+ ∞ )上单调递减,则称 f ( x ) 为 P 函数.下列函数中为 P 函数的为   (　　) ① f ( x )=1;② f ( x )= x ;③ f ( x )=   ;④ f ( x )=   . A.①②④　　　　    B.①③　　　　     C.①③④　　　　    D.②③ 解析      x ∈(1,+ ∞ )时,ln x >0, x 增大时,   ,   都减小,∴ y =   , y =   在(1, + ∞ )上都是减函数,∴ f ( x )=1和 f ( x )=   都是 P 函数;   '=   ,当 x ∈(1,e) 时,   '<0,当 x ∈(e,+ ∞ )时,   '>0,即 y =   在(1,e)上单调递减,在(e,+ ∞ ) 上单调递增,∴ f ( x )= x 不是 P 函数;   '=   ,当 x ∈(1,e 2 )时,   '<0, 当 x ∈(e 2 ,+ ∞ )时,   '>0,即 y =   在(1,e 2 )上单调递减,在(e 2 ,+ ∞ )上单调递 增,∴ f ( x )=   不是 P 函数.故选B. 答案     B 考向二    由函数的单调性求参数的取值范围 例2     (2020届江西南昌开学摸底考试,21)已知函数 f ( x )=   + x -2ln( x +1)(e为 自然对数的底数, a 为常数,且 a ≠ 0). (1)若函数 f ( x )在 x =1处的切线与直线e x - y =0平行,求 a 的值; (2)若 f ( x )在(0,+ ∞ )上存在单调递减区间,求 a 的取值范围. 解析 　(1) f '( x )=e ax +1-   , x ∈(-1,+ ∞ ).   (2分) 故 f '(1)=e a ,结合题意知e a =e,∴ a =1.   (4分) (2)由题意知 x ∈(0,+ ∞ )时, f '( x )=e ax +1-   <0有解, 当 x ∈[1,+ ∞ )时, f '( x )=e ax +1-   >0恒成立,不存在单调递减区间.   (5分) 当 x ∈(0,1)时, f '( x )=e ax +1-   <0有解等价于ln   - ax >0有解.   (6分) 设 φ ( x )=ln   - ax ,则 φ '( x )=   - a , 因为 x ∈(0,1),所以   <-2.   (8分) ①当 a ≥ -2时, φ '( x )=   - a <0恒成立, φ ( x )=ln   - ax 在 x ∈(0,1)上单调递减, φ ( x )< φ (0)=0恒成立,不符合题意.   (10分) ②当 a <-2时,0<   <1,当 x ∈   时, φ '( x )=   - a >0, φ ( x )=ln   - ax 在 x ∈   上单调递增, φ ( x )> φ (0)=0,即ln   - ax >0. 综上所述, a <-2.   (12分) 考点二    导数与函数的极(最)值 考向基础 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 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 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 ); (2)求方程 f '( x )=0的根; (3)判断 f '( x )在方程的根的左、右两侧值的符号; (4)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 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 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. 考向突破 考向    利用导数求函数的极值、最值 例     (2019重庆5月模拟,11)若函数 f ( x )=(cos x -sin x )·e x , x ∈(0,10π),则 f ( x )的所 有极大值点之和与所有极小值点之和的差为   (　　) A.-5π　　　　    B.5π　　　　    C.55π　　　　    D.-55π 解析 　∵函数 f ( x )=e x (cos x -sin x ), ∴ f '( x )=(e x )'(cos x -sin x )+e x (cos x -sin x )'=-2e x sin x , ∵ x ∈(2 k π+π,2 k π+2π)( k ∈Z)时, f '( x )>0, x ∈(2 k π,2 k π+π)( k ∈Z)时, f '( x )<0,∴ x ∈(2 k π+π,2 k π+2π)( k ∈Z)时, f ( x )递增, x ∈(2 k π,2 k π+π)( k ∈Z)时, f ( x )递减,∴当 x =2 k π+π( k ∈Z)时, f ( x )取极小值,当 x =2 k π( k ∈Z)时, f ( x )取极大值. f ( x )的所有极大值点为 x =2π,4π,6π,8π, f ( x )的所有极小值点为 x =π,3π,5π,7π,9π, 故(2π+4π+6π+8π)-(π+3π+5π+7π+9π)=-5π,故选A. 答案     A 考点三    导数的综合应用 考向基础 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应用,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:   考向突破 考向    生活中的优化问题 例     (2018华大新高考联盟教学质量测评,16)传说中孙悟空的“如意金箍 棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱 体,其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短,而长度以每秒20 cm等 速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm,且知在这段变形过 程中,当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定 形成金箍棒,则此时金箍棒的底面半径为 　　　     cm. 解析 　设神针原来的长度为 a cm, t 秒时神针的体积为 V ( t )cm 3 ,则 V ( t )=π(12 - t ) 2 ·( a +20 t ),其中0 ≤ t ≤ 8, 所以 V '( t )=[-2(12- t )( a +20 t )+(12- t ) 2 ·20]π. 因为当底面半径为10 cm时其体积最大,由10=12- t 解得 t =2,所以 V '(2)=0,解 得 a =60,所以 V ( t )=π(12- t ) 2 ·(60+20 t ),其中0 ≤ t ≤ 8, V '( t )=60π(12- t )(2- t ),当 t ∈(0, 2)时, V '( t )>0,当 t ∈(2,8)时, V '( t )<0,从而 V ( t )在(0,2)上单调递增,在(2,8)上单调 递减, V (0)=8 640π, V (8)=3 520π,所以当 t =8时, V ( t )有最小值3 520π,此时金箍 棒的底面半径为4 cm. 答案 　4 方法1      利用导数研究函数单调性的方法 1.用导数法求可导函数单调区间的一般步骤   2.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时为增函数, f '( x )<0时为减函数. 方法技巧 3.已知函数单调性,求参数范围的两个方法 (1)利用集合间的包含关系处理, y = f ( x )在( a , b )上单调,则区间( a , b )是相应单 调区间的子集. (2)转化为不等式的恒成立问题,利用“若函数单调递增,则 f '( x ) ≥ 0;若函数 单调递减,则 f '( x ) ≤ 0”来求解. 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2      利用导数研究函数的极(最)值的方法 1.解决函数极值问题的一般思路   2. 函数的最大值、最小值是比较整个定义域内的函数值得出来的 , 函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的 , 函数的极值可以有多个 , 但最大(小)值只有一个,极值只能在区间内一点处取得,最值可以在端点处取得,有极值未必有最值,有最值也未必有极值,极值可能成为最值. 例2 　已知函数 f ( x )= x ln( x -1)- ax 2 + bx ( a , b ∈R, a , b 为常数,e为自然对数的底 数). (1)当 a =-1时,讨论函数 f ( x )在区间   上极值点的个数; (2)当 a =1, b =e+2时,对任意的 x ∈(1,+ ∞ )都有 f ( x )< k   成立,求正实数 k 的取值 范围. 解析 　(1)当 a =-1时, f '( x )=ln( x -1)+   +2 x + b , 记 g ( x )= f '( x )- b , 则 g '( x )=   -   +2=   , 令 g '( x )=0,得 x =   (0舍去), 当 x ∈   时, g '( x )<0; 当 x ∈   时, g '( x )>0, 所以当 x =   时, g ( x )取得极小值6-ln 2, 又 g   =e+   +2, g (e+1)=2e+   +4, f '( x )=0 ⇔ g ( x )=- b ,所以 (i)当- b ≤ 6-ln 2,即 b ≥ ln 2-6时, f '( x ) ≥ 0, 函数 f ( x )在区间   上无极值点; (ii)当6-ln 2<- b 0,当 x >2时, h '( x )<0, 所以当 x =2时, h ( x )取得最大值 h (2)=e, 又 φ '( x )= k ·   =   , 当1< x <2时, φ '( x )<0,当 x >2时, φ '( x )>0, 所以当 x =2时, φ ( x )取得最小值 φ (2)=   , 所以只需e<   ⇒ k >2,即正实数 k 的取值范围是(2,+ ∞ ). 方法3      利用导数求解不等式问题 1.利用导数证明不等式的方法 证明 f ( x )< g ( x ), x ∈( a , b ),可以构造函数 F ( x )= f ( x )- g ( x ).如果 F '( x )<0,则 F ( x )在( a , b )上是减函数,同时若 F ( a ) ≤ 0,则由减函数的定义可知, x ∈( a , b )时,有 F ( x )<0, 即证明了 f ( x )< g ( x ). 其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理 得出结论. 2.不等式成立(恒成立)问题 (1) f ( x ) ≥ a 恒成立 ⇔ f ( x ) min ≥ a , f ( x ) ≥ a 成立 ⇒ f ( x ) max ≥ a . (2) f ( x ) ≤ b 恒成立 ⇔ f ( x ) max ≤ b , f ( x ) ≤ b 成立 ⇔ f ( x ) min ≤ b . (3) f ( x )> g ( x )恒成立   F ( x ) min >0. (4)① ∀ x 1 ∈ M , ∃ x 2 ∈ N , f ( x 1 )> g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) min > g ( x ) min . ② ∀ x 1 ∈ M , ∀ x 2 ∈ N , f ( x 1 )> g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) min > g ( x ) max . ③ ∃ x 1 ∈ M , ∃ x 2 ∈ N , f ( x 1 )> g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) max > g ( x ) min . ④ ∃ x 1 ∈ M , ∀ x 2 ∈ N , f ( x 1 )> g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) max > g ( x ) max . 例3     (2019河南八市重点高中联盟第五次测评,21)已知函数 f ( x )=e x - ax 2 ,且 曲线 y = f ( x )在 x =1处的切线与直线 x +(e-2) y =0垂直. (1)求函数 f ( x )的单调区间; (2)求证: x >0时,e x -e x -1 ≥ x (ln x -1). 解析　 (1)由 f ( x )=e x - ax 2 ,得 f '( x )=e x -2 ax . 因为曲线 y = f ( x )在 x =1处的切线与直线 x +(e-2) y =0垂直, 所以 f '(1)=e-2 a =e-2,所以 a =1,即 f ( x )=e x - x 2 , f '( x )=e x -2 x . 令 g ( x )=e x -2 x ,则 g '( x )=e x -2.所以 x ∈(- ∞ ,ln 2)时, g '( x )<0, g ( x )单调递减; x ∈(ln 2,+ ∞ )时, g '( x )>0, g ( x )单调递增.所以 g ( x ) min = g (ln 2)=2-2ln 2>0,所以 f '( x )>0恒成立, f ( x )单调递增. 即 f ( x )的单调增区间为(- ∞ ,+ ∞ ),无减区间. (2)证明:由(1)知 f ( x )=e x - x 2 , f (1)=e-1,所以 y = f ( x )在 x =1处的切线方程为 y -(e-1)= (e-2)( x -1), 即 y =(e-2) x +1. 令 h ( x )=e x - x 2 -(e-2) x -1,则 h '( x )=e x -2 x -(e-2)=e x -e-2( x -1), 且 h '(1)=0, h ″( x )=e x -2, x ∈(- ∞ ,ln 2)时, h ″( x )<0, h '( x )单调递减; x ∈(ln 2,+ ∞ )时, h ″( x )>0, h '( x )单调递增. 因为 h '(1)=0,所以 h '( x ) min = h '(ln 2)=4-e-2ln 2<0,因为 h '(0)=3-e>0,所以存在 x 0 ∈ (0,1),使 x ∈(0, x 0 )时, h '( x )>0, h ( x )单调递增; x ∈( x 0 ,1)时, h '( x )<0, h ( x )单调递减; x ∈(1,+ ∞ )时, h '( x )>0, h ( x )单调递增. 又 h (0)= h (1)=0,所以 x >0时, h ( x ) ≥ 0,即e x - x 2 -(e-2) x -1 ≥ 0, 所以e x -(e-2) x -1 ≥ x 2 . 令 φ ( x )=ln x - x ,则 φ '( x )=   -1=   . 所以 x ∈(0,1)时, φ '( x )>0, φ ( x )单调递增; x ∈(1,+ ∞ )时, φ '( x )<0, φ ( x )单调递减,所 以 φ ( x ) ≤ φ (1)=-1,即ln x +1 ≤ x . 因为 x >0,所以 x (ln x +1) ≤ x 2 ,所以 x >0时,e x -(e-2) x -1 ≥ x (ln x +1), 即 x >0时,e x -e x -1 ≥ x (ln x -1). 方法4      利用导数研究函数的零点或方程的根 1.研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点,归根到底是研究函数的 性质,如单调性、极值等. 2.用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在 性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用 数形结合来解决. 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 . 解析 　(1)证明:当 a =1时, f ( x ) ≥ 1等价于( x 2 +1)e - x -1 ≤ 0. 设函数 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)设函数 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 =   .