人教版（2019）数学选择性必修三综合复习：导数的综合应用课件(共51张PPT)
文档属性
| 名称 | 人教版（2019）数学选择性必修三综合复习：导数的综合应用课件(共51张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-11-11 00:00:00 | ||
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文档简介
(共51张PPT)
导数的综合应用
高二
选择性必修三
本节目录
利用导数证明不等式
1
利用导数解决恒成立、存在性问题
2
函数零点问题
3
与数列有关的不等式
4
考向一 利用导数证明不等式
经典再现
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(1)求a;
f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x, 则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0, g(x)≥0, 所以g'(1)=0,
而g'(x)=a- , g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1- .
当0当x>1时, g'(x)>0, g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点, 故g(x)≥g(1)=0.
综上, a=1.
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
证明: 由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x, 则h'(x)=2- .
当x∈时, h'(x)<0;
当x∈ 时, h'(x)>0.
所以h(x)在单调递减, 在单调递增.
又h(e-2)>0, h()<0, h(1)=0,
所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1, 且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x), 所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1), 故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈ 得f(x0)< .
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,
由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,
所以e-2[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
对于含参数的不等式,如果易分离参数,那么可先分离参数、构造函数,直接转化为求函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时可作出函数图象(草图),借助几何图形分析转化.
含参不等式的证明方法(例如证明f(x)>g(x))
总结提升
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
二是构造函数,借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式中,即可证得结果.
破解含双参不等式的证明的关键
总结提升
对点训练
(湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时, f(x)证明： f(x)=ex2-xln x,x>0,
要证f(x)令h(x)=ln x+ (x>0),则h'(x)= ,
易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以h(x)min=h =0,所以ln x+ ≥0.
令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e-ex,
易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0,
所以ex-ex考向二 利用导数解决恒成立、存在性问题
经典再现
命题角度一 恒成立问题
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明：当a≥1时, f(x)+e≥0.
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0
f(x)=
f '(x)=
f '(0)=2
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(2)证明：当a≥1时, f(x)+e≥0.
证明: 当a≥1时, f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
当x<-1时, g'(x)<0, g(x)单调递减;
当x>-1时, g'(x)>0, g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-1- 或x=-1+ .
当x∈(-∞,-1- )时, f '(x)<0;
当x∈(-1- ,-1+ )时, f '(x)>0;
当x∈(-1+ ,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1- ),(-1+ ,+∞)上单调递减,
在(-1- ,-1+ )上单调递增.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex, h'(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)上单调递减, 而h(0)=1,
故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 而g(0)=0, 故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0= ,
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0= ,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上, a的取值范围是[1,+∞).
总结提升
恒成立问题求参数, 实际上就是已知参数证明不等式问题的逆问题, 只需将参数当作常数, 转化为不等式问题, 最后求出参数的值或取值范围.
对点训练
1. (江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, 设函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立, 则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
观察选项A,B, 4f(-2)=(-2)2f(-2),9f(3)=32f(3), 所以令g(x)=x2f(x),
则g'(x)=2xf(x)+x2f '(x), 因为对任意x>0都有2f(x)+xf '(x)>0,
所以g'(x)=x[2f(x)+xf '(x)]>0, 即g(x)在(0,+∞)上为增函数.
又f(x)是定义在R上的偶函数, 所以f(-x)=f(x),g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即g(x)也为偶函数, 则g(-2)=g(2), 且g(2)所以g(-2)对点训练
1. (江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, 设函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立, 则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
观察选项C,D,比较2f(3)与3f(-2)的大小,又f(-2)=f(2),
等价于比较 与 的大小,
令h(x)= ,则h'(x)= ,h(x)在(0,+∞)上可能是增函数,也可能是减函数, C,D不确定.
A
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围;
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ 恒成立,求实数k的取值范围.
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围;
由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= =- ,
令f '(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)是增函数;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)是减函数,
所以x=1为函数f(x)的极大值点, 且是唯一的极值点,
所以0即a的取值范围是.
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ 恒成立,求实数k的取值范围.
当x≥1时, k≤ 恒成立,
令g(x)= (x≥1),则g'(x)= = .
令h(x)=x-ln x(x≥1),则h'(x)=1- ≥0,
所以h(x)≥h(1)=1,g'(x)>0,
所以当x≥1时,g(x)是增函数,g(x)≥g(1)=2,
所以k≤2,即k的取值范围是(-∞,2].
命题角度二 存在性问题
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
经典再现
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f '(x)=0,得x=0或x= .
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时, f '(x)>0; 当x∈ 时, f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,0), 单调递增,在单调递减.
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈ ∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈ 时, f '(x)<0.
故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b. 此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1, 2-a+b=1, 即a=0,b=-1.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(iii)当0若- +b=-1,b=1,则a=3,与0若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
1.含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;
a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词的不等式能成立问题
(1)存在x1∈A,任意x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;
(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
3.恒成立与存在性问题的关系
“恒成立”与“存在性”问题的求解过程是“互补”的,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.应特别关注等号能否取到,注意端点值的取舍.
总结提升
1. (安徽江南十校联考)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y= (a>0)存在公共切线,则a的取值范围是( )
A.(0,1) B.
C. D.
对点训练
曲线y=x2在点(m,m2)处的切线的斜率为2m,
曲线y= (a>0)在点处的切线的斜率为,
如果两条曲线存在公共切线,那么2m= .
又由直线的斜率公式得到2m= ,
则m=2n-2,则4n-4= 有解,即直线y=4x-4与曲线y= 有交点.
若直线y=4x-4与曲线y= 相切,设切点为(s,t),
则=4,且t=4s-4= ,可得切点为(2,4),此时= ,
所以要满足题意,需≤ ,则a≥ ,
所以a的取值范围是.
1. (安徽江南十校联考)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y= (a>0)存在公共切线,则a的取值范围是( )
A.(0,1)
B.
C.
D.
D
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求函数f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间上 若存在,求出这两点的坐标;若不存在,请说明理由.
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求函数f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2x- ,
因为f(1)=1, 即切点为(1,1), 切线斜率f '(1)=2-1=1,
所以所求切线方程为y-1=1×(x-1),即y=x.
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间上 若存在,求出这两点的坐标;若不存在,请说明理由.
存在两点满足题意,且坐标为(),(1,1).
设两切点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则x1,x2∈ ,不妨令x1由已知及(1)得, =-1,
又f '(x)=2x- 在上单调递增, f '(x)的值域为[-1,1],所以-1≤2x1- <2x2- ≤1,
所以解得x1= ,x2=1 ,
所以存在两点,(1,1)满足题意.
考向三 函数零点问题
命题角度一 求零点个数
经典再现
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f '(x)在区间存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(1) f '(x)在区间存在唯一极大值点;
设g(x)=f '(x), 则g(x)=cos x- ,g'(x)=-sin x+ .
当x∈ 时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g' <0,
可得g'(x)在有唯一零点,
设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0; 当x∈ 时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在单调递减,
故g(x)在存在唯一极大值点,即f'(x)在存在唯一极大值点.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(2)f(x)有且仅有2个零点.
f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈ 时,由(1)知, f' (x)在(0,α)单调递增,在单调递减,
而f '(0)=0, f ' <0,所以存在β∈ ,使得f'(β)=0,
且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈ 时, f'(x)<0.
故f(x)在(0,β)单调递增,在单调递减.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(2)f(x)有且仅有2个零点.
又f(0)=0, f =1-ln >0,所以当x∈ 时,f(x)>0.
从而, f(x)在没有零点.
(iii)当x∈时, f'(x)<0,所以f(x)在单调递减.
而f >0, f(π)<0,所以f(x)在有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
第一步: 将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;
第二步: 利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等,进而画出其图象;
第三步: 结合图象求解.
总结提升
求函数零点(方程根)的个数问题的步骤
总结提升
(1)因式分解.可求出f(x)=0的部分根.
(2)构造函数.构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象(大致图象),数形结合求函数零点的个数.
(3)利用零点存在性定理.先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
确定函数f(x)零点或方程根的常用方法
(广东佛山质检)定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0,且不等式f(x)>-xf '(x)在(0,+∞)上恒成立,则函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为_________.
对点训练
定义在R上的奇函数f(x)满足f(0)=0=f(3)=f(-3),f(-x)=-f(x),
当x>0时, f(x)>-xf '(x),即f(x)+xf '(x)>0,
∴[xf(x)]'>0,即h(x)=xf(x)在x>0时是增函数,
又h(-x)=-xf(-x)=xf(x),∴h(x)=xf(x)是偶函数,
∴当x<0时,h(x)是减函数,结合函数的定义域为R,
且f(0)=f(3)=f(-3)=0可得,函数y1=xf(x)与y2=-lg|x+1|的大致图象,如图.
由图知,g(x)的零点个数为3.
3
命题角度二 已知零点情况求参数
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求证: f(x)≥0;
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求证: f(x)≥0;
证明：a=1时, f(x)=x2-1-2ln x(x>0), f(1)=0.
f '(x)=2x- = ,
当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,
∴当x=1时,函数f(x)取得最小值,
∴f(x)≥f(1)=0,即f(x)≥0.
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
f '(x)=2ax- (x>0). a≤0时, f '(x)<0,
函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,至多有一个零点,不符合题意.
a>0时, f '(x)=2ax- = ,
可得x= 时,函数f(x)取得最小值.
x→0+时, f(x)→+∞;
x→+∞时, f(x)→+∞.
∵函数f(x)有两个零点,
∴f(x)min=f =1-1-2ln =ln a<0,解得0∴实数a的取值范围是(0,1).
(1)根据区间上零点的个数情况估计函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足的条件;
(2)也可以先求导,通过导数分析函数的单调性,再依据函数在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解.
总结提升
解决已知函数零点个数,求参数取值范围的问题时,常从以下两个方面去思考:
(天津调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( )
A.-2或2 B.-9或3 C.-1或1 D.-3或1
对点训练
∵y'=3x2-3,∴当y'=0时,x=±1.
当x变化时, y',y的变化情况如下表:
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
y' + 0 - 0 +
y ↗ c+2 ↘ c-2 ↗
∴当函数图象与x轴恰有两个公共点时, 必有c+2=0或c-2=0,
∴c=-2或c=2.
A
考向四 与数列有关的不等式
[例7] (课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n, …[例7] (课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
f(x)的定义域为(0,+∞).
①若a≤0,因为f =- +aln 2<0,所以不满足题意;
②若a>0,由f '(x)=1- = 知,
当x∈(0,a)时, f '(x)<0;
当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
[例7] (课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(2)设m为整数,且对于任意正整数n, …由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+ ,得ln < .
从而ln +ln +…+ln < + +…+ =1- <1.
故…而>2,
所以m的最小值为3.
(1)根据已知的不等式,用关于正整数n的式子代替函数不等式中的 自变量,得到关于n的不等式,通过多次求和证明.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指数式、对数式的互化,如ex>x+1可化为ln(x+1)总结提升
证明与数列有关的不等式的策略
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;
(2)求证:当n∈N*时,1+ + +…+ >ln(n+1).
对点训练
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;
f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=k- = ,
令f '(x)=0,得x= ,
当0 时, f '(x)>0.
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴f(x)min=f =ln k,
∵f(x)有且只有一个零点,∴ln k=0,
∴k=1.
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(2)求证:当n∈N*时,1+ + +…+ >ln(n+1).
证明: 由(1)知, x-ln x-1≥0,即x-1≥ln x,
当且仅当x=1时取等号,n∈N*,令x= ,则x>1,
∴ >ln ,
∴ 1+ + +…+ >ln+ln +…+ln =ln(n+1),
∴1 + + +…+ >ln(n+1).
通过本节课，你学会了什么？
导数的综合应用
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本节目录
利用导数证明不等式
1
利用导数解决恒成立、存在性问题
2
函数零点问题
3
与数列有关的不等式
4
考向一 利用导数证明不等式
经典再现
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(1)求a;
f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x, 则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0, g(x)≥0, 所以g'(1)=0,
而g'(x)=a- , g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1- .
当0
所以x=1是g(x)的极小值点, 故g(x)≥g(1)=0.
综上, a=1.
[例1] (课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x, 且 f(x)≥0.
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
证明: 由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x, 则h'(x)=2- .
当x∈时, h'(x)<0;
当x∈ 时, h'(x)>0.
所以h(x)在单调递减, 在单调递增.
又h(e-2)>0, h()<0, h(1)=0,
所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1, 且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x), 所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1), 故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈ 得f(x0)< .
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,
由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,
所以e-2
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0, 且e-2< f(x0)<2-2.
对于含参数的不等式,如果易分离参数,那么可先分离参数、构造函数,直接转化为求函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时可作出函数图象(草图),借助几何图形分析转化.
含参不等式的证明方法(例如证明f(x)>g(x))
总结提升
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
二是构造函数,借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式中,即可证得结果.
破解含双参不等式的证明的关键
总结提升
对点训练
(湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时, f(x)
要证f(x)
易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以h(x)min=h =0,所以ln x+ ≥0.
令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e-ex,
易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0,
所以ex-ex
经典再现
命题角度一 恒成立问题
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明：当a≥1时, f(x)+e≥0.
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0
f(x)=
f '(x)=
f '(0)=2
[例2] (课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)= .
(2)证明：当a≥1时, f(x)+e≥0.
证明: 当a≥1时, f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
当x<-1时, g'(x)<0, g(x)单调递减;
当x>-1时, g'(x)>0, g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-1- 或x=-1+ .
当x∈(-∞,-1- )时, f '(x)<0;
当x∈(-1- ,-1+ )时, f '(x)>0;
当x∈(-1+ ,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1- ),(-1+ ,+∞)上单调递减,
在(-1- ,-1+ )上单调递增.
[例3] (课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex, h'(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)上单调递减, 而h(0)=1,
故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 而g(0)=0, 故ex≥x+1.
当0
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0= ,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上, a的取值范围是[1,+∞).
总结提升
恒成立问题求参数, 实际上就是已知参数证明不等式问题的逆问题, 只需将参数当作常数, 转化为不等式问题, 最后求出参数的值或取值范围.
对点训练
1. (江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, 设函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立, 则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
观察选项A,B, 4f(-2)=(-2)2f(-2),9f(3)=32f(3), 所以令g(x)=x2f(x),
则g'(x)=2xf(x)+x2f '(x), 因为对任意x>0都有2f(x)+xf '(x)>0,
所以g'(x)=x[2f(x)+xf '(x)]>0, 即g(x)在(0,+∞)上为增函数.
又f(x)是定义在R上的偶函数, 所以f(-x)=f(x),g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即g(x)也为偶函数, 则g(-2)=g(2), 且g(2)
1. (江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, 设函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立, 则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
观察选项C,D,比较2f(3)与3f(-2)的大小,又f(-2)=f(2),
等价于比较 与 的大小,
令h(x)= ,则h'(x)= ,
A
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围;
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ 恒成立,求实数k的取值范围.
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围;
由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= =- ,
令f '(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)是增函数;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)是减函数,
所以x=1为函数f(x)的极大值点, 且是唯一的极值点,
所以0
2. (山东潍坊模拟)已知函数f(x)= .
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ 恒成立,求实数k的取值范围.
当x≥1时, k≤ 恒成立,
令g(x)= (x≥1),则g'(x)= = .
令h(x)=x-ln x(x≥1),则h'(x)=1- ≥0,
所以h(x)≥h(1)=1,g'(x)>0,
所以当x≥1时,g(x)是增函数,g(x)≥g(1)=2,
所以k≤2,即k的取值范围是(-∞,2].
命题角度二 存在性问题
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
经典再现
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f '(x)=0,得x=0或x= .
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时, f '(x)>0; 当x∈ 时, f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,0), 单调递增,在单调递减.
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈ ∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈ 时, f '(x)<0.
故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b. 此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1, 2-a+b=1, 即a=0,b=-1.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
[例4] (课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(iii)当0
1.含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;
a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词的不等式能成立问题
(1)存在x1∈A,任意x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;
(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
3.恒成立与存在性问题的关系
“恒成立”与“存在性”问题的求解过程是“互补”的,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.应特别关注等号能否取到,注意端点值的取舍.
总结提升
1. (安徽江南十校联考)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y= (a>0)存在公共切线,则a的取值范围是( )
A.(0,1) B.
C. D.
对点训练
曲线y=x2在点(m,m2)处的切线的斜率为2m,
曲线y= (a>0)在点处的切线的斜率为,
如果两条曲线存在公共切线,那么2m= .
又由直线的斜率公式得到2m= ,
则m=2n-2,则4n-4= 有解,即直线y=4x-4与曲线y= 有交点.
若直线y=4x-4与曲线y= 相切,设切点为(s,t),
则=4,且t=4s-4= ,可得切点为(2,4),此时= ,
所以要满足题意,需≤ ,则a≥ ,
所以a的取值范围是.
1. (安徽江南十校联考)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y= (a>0)存在公共切线,则a的取值范围是( )
A.(0,1)
B.
C.
D.
D
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求函数f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间上 若存在,求出这两点的坐标;若不存在,请说明理由.
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求函数f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2x- ,
因为f(1)=1, 即切点为(1,1), 切线斜率f '(1)=2-1=1,
所以所求切线方程为y-1=1×(x-1),即y=x.
2. (安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间上 若存在,求出这两点的坐标;若不存在,请说明理由.
存在两点满足题意,且坐标为(),(1,1).
设两切点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则x1,x2∈ ,不妨令x1
又f '(x)=2x- 在上单调递增, f '(x)的值域为[-1,1],所以-1≤2x1- <2x2- ≤1,
所以解得x1= ,x2=1 ,
所以存在两点,(1,1)满足题意.
考向三 函数零点问题
命题角度一 求零点个数
经典再现
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f '(x)在区间存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(1) f '(x)在区间存在唯一极大值点;
设g(x)=f '(x), 则g(x)=cos x- ,g'(x)=-sin x+ .
当x∈ 时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g' <0,
可得g'(x)在有唯一零点,
设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0; 当x∈ 时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在单调递减,
故g(x)在存在唯一极大值点,即f'(x)在存在唯一极大值点.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(2)f(x)有且仅有2个零点.
f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈ 时,由(1)知, f' (x)在(0,α)单调递增,在单调递减,
而f '(0)=0, f ' <0,所以存在β∈ ,使得f'(β)=0,
且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈ 时, f'(x)<0.
故f(x)在(0,β)单调递增,在单调递减.
[例5] (课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明:
(2)f(x)有且仅有2个零点.
又f(0)=0, f =1-ln >0,所以当x∈ 时,f(x)>0.
从而, f(x)在没有零点.
(iii)当x∈时, f'(x)<0,所以f(x)在单调递减.
而f >0, f(π)<0,所以f(x)在有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
第一步: 将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;
第二步: 利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等,进而画出其图象;
第三步: 结合图象求解.
总结提升
求函数零点(方程根)的个数问题的步骤
总结提升
(1)因式分解.可求出f(x)=0的部分根.
(2)构造函数.构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象(大致图象),数形结合求函数零点的个数.
(3)利用零点存在性定理.先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
确定函数f(x)零点或方程根的常用方法
(广东佛山质检)定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0,且不等式f(x)>-xf '(x)在(0,+∞)上恒成立,则函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为_________.
对点训练
定义在R上的奇函数f(x)满足f(0)=0=f(3)=f(-3),f(-x)=-f(x),
当x>0时, f(x)>-xf '(x),即f(x)+xf '(x)>0,
∴[xf(x)]'>0,即h(x)=xf(x)在x>0时是增函数,
又h(-x)=-xf(-x)=xf(x),∴h(x)=xf(x)是偶函数,
∴当x<0时,h(x)是减函数,结合函数的定义域为R,
且f(0)=f(3)=f(-3)=0可得,函数y1=xf(x)与y2=-lg|x+1|的大致图象,如图.
由图知,g(x)的零点个数为3.
3
命题角度二 已知零点情况求参数
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求证: f(x)≥0;
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求证: f(x)≥0;
证明：a=1时, f(x)=x2-1-2ln x(x>0), f(1)=0.
f '(x)=2x- = ,
当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,
∴当x=1时,函数f(x)取得最小值,
∴f(x)≥f(1)=0,即f(x)≥0.
[例6] (陕西咸阳一模,21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
f '(x)=2ax- (x>0). a≤0时, f '(x)<0,
函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,至多有一个零点,不符合题意.
a>0时, f '(x)=2ax- = ,
可得x= 时,函数f(x)取得最小值.
x→0+时, f(x)→+∞;
x→+∞时, f(x)→+∞.
∵函数f(x)有两个零点,
∴f(x)min=f =1-1-2ln =ln a<0,解得0
(1)根据区间上零点的个数情况估计函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足的条件;
(2)也可以先求导,通过导数分析函数的单调性,再依据函数在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解.
总结提升
解决已知函数零点个数,求参数取值范围的问题时,常从以下两个方面去思考:
(天津调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( )
A.-2或2 B.-9或3 C.-1或1 D.-3或1
对点训练
∵y'=3x2-3,∴当y'=0时,x=±1.
当x变化时, y',y的变化情况如下表:
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
y' + 0 - 0 +
y ↗ c+2 ↘ c-2 ↗
∴当函数图象与x轴恰有两个公共点时, 必有c+2=0或c-2=0,
∴c=-2或c=2.
A
考向四 与数列有关的不等式
[例7] (课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n, …
(1)若f(x)≥0,求a的值;
f(x)的定义域为(0,+∞).
①若a≤0,因为f =- +aln 2<0,所以不满足题意;
②若a>0,由f '(x)=1- = 知,
当x∈(0,a)时, f '(x)<0;
当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
[例7] (课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(2)设m为整数,且对于任意正整数n, …
令x=1+ ,得ln < .
从而ln +ln +…+ln < + +…+ =1- <1.
故…
所以m的最小值为3.
(1)根据已知的不等式,用关于正整数n的式子代替函数不等式中的 自变量,得到关于n的不等式,通过多次求和证明.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指数式、对数式的互化,如ex>x+1可化为ln(x+1)
证明与数列有关的不等式的策略
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;
(2)求证:当n∈N*时,1+ + +…+ >ln(n+1).
对点训练
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;
f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=k- = ,
令f '(x)=0,得x= ,
当0
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴f(x)min=f =ln k,
∵f(x)有且只有一个零点,∴ln k=0,
∴k=1.
(贵州贵阳模拟) 已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(2)求证:当n∈N*时,1+ + +…+ >ln(n+1).
证明: 由(1)知, x-ln x-1≥0,即x-1≥ln x,
当且仅当x=1时取等号,n∈N*,令x= ,则x>1,
∴ >ln ,
∴ 1+ + +…+ >ln+ln +…+ln =ln(n+1),
∴1 + + +…+ >ln(n+1).
通过本节课，你学会了什么？