《创新方案》强化课 导数的综合应用问题 课件 高中数学选修三(人教B版)同步讲练测
文档属性
| 名称 | 《创新方案》强化课 导数的综合应用问题 课件 高中数学选修三(人教B版)同步讲练测 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共21张PPT)
强化课 导数的综合应用问题
题型一 利用导数证明不等式
已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex.
(1)求f(x)的极值；
【解】 题可得f′(x)＝2－ex，
令f′(x)＝0由，得x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极大值，
且极大值为f(ln 2)＝2ln 2＋2，无极小值．
已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex.
(2)当x≥0时，证明：f(x)－x＋sin x－4<0.
【解】 证明：欲证f(x)－x＋sin x－4<0，
即证f(x)设g(x)＝x－sin x＋4，x≥0，
则g′(x)＝1－cos x≥0，
可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝4，
即g(x)在[0，＋∞)上的最小值为4，
由(1)可知f(x)在[0，＋∞)上的最大值为
f(ln 2)＝2ln 2＋2，
又因为ln 2<1，
可得2ln 2＋2<4，
可得f(x)≤2ln 2＋2<4≤g(x)，x≥0，
所以当x≥0时，f(x)所以当x≥0时，f(x)－x＋sin x－4<0.
拆分法构造函数证明不等式的解题策略
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．即证明f(x)g(x)只需证明f(x)min>g(x)max.
(2)不等式中既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式．
题型二 利用导数研究恒(能)成立问题
已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2(a<0)，若f(x)的最大值为2.
(1)求实数a的值；
已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2(a<0)，若f(x)的最大值为2.
(2)若f(x)≤bx在[1，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
由不等式恒(能)成立求参数的取值范围的策略
(1)分离参数法：将参数分离出来，恒成立问题进而转化为a>f(x)max或a(2)分类讨论法：若f(x)≥0恒(能)成立，求a的取值范围，如果参数a不易分离，或分离出参数后，所构造的函数的最值不易求出，通常对a分类讨论，找到使f(x)≥0恒(能)成立的a的取值范围．
题型三 利用导数研究函数的零点
已知函数f(x)＝(x－a)ex＋e2(a∈R).
(1)若a＝3，求f(x)的极值；
【解】 当a＝3时，f(x)＝(x－3)ex＋e2，f′(x)＝(x－2)ex,
当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故f(x)＝(x－3)ex＋e2的单调递减区间为(－∞，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，
所以当x＝2时，函数f(x)取到极小值f(2)＝0，无极大值．
已知函数f(x)＝(x－a)ex＋e2(a∈R).
(2)若f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，求实数a的取值范围．
【解】 令f(x)＝(x－a)ex＋e2＝0，可得a＝e2－x＋x，
记g(x)＝e2－x＋x，原问题等价于g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象与直线y＝a有唯一的交点，g′(x)＝1－e2－x，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(2)＝1－e2－2＝0，
所以g(x)＝e2－x＋x在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，且g(0)＝e2，g(2)＝3，
画出函数g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象：
由图可知，当a≥e2或a＝3时，g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象与直线y＝a有唯一的交点，
故实数a的取值范围为[e2，＋∞)∪{3}．
利用导数研究函数零点的策略
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
强化课 导数的综合应用问题
题型一 利用导数证明不等式
已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex.
(1)求f(x)的极值；
【解】 题可得f′(x)＝2－ex，
令f′(x)＝0由，得x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极大值，
且极大值为f(ln 2)＝2ln 2＋2，无极小值．
已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex.
(2)当x≥0时，证明：f(x)－x＋sin x－4<0.
【解】 证明：欲证f(x)－x＋sin x－4<0，
即证f(x)
则g′(x)＝1－cos x≥0，
可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝4，
即g(x)在[0，＋∞)上的最小值为4，
由(1)可知f(x)在[0，＋∞)上的最大值为
f(ln 2)＝2ln 2＋2，
又因为ln 2<1，
可得2ln 2＋2<4，
可得f(x)≤2ln 2＋2<4≤g(x)，x≥0，
所以当x≥0时，f(x)
拆分法构造函数证明不等式的解题策略
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．即证明f(x)
(2)不等式中既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式．
题型二 利用导数研究恒(能)成立问题
已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2(a<0)，若f(x)的最大值为2.
(1)求实数a的值；
已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2(a<0)，若f(x)的最大值为2.
(2)若f(x)≤bx在[1，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
由不等式恒(能)成立求参数的取值范围的策略
(1)分离参数法：将参数分离出来，恒成立问题进而转化为a>f(x)max或a
题型三 利用导数研究函数的零点
已知函数f(x)＝(x－a)ex＋e2(a∈R).
(1)若a＝3，求f(x)的极值；
【解】 当a＝3时，f(x)＝(x－3)ex＋e2，f′(x)＝(x－2)ex,
当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故f(x)＝(x－3)ex＋e2的单调递减区间为(－∞，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，
所以当x＝2时，函数f(x)取到极小值f(2)＝0，无极大值．
已知函数f(x)＝(x－a)ex＋e2(a∈R).
(2)若f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，求实数a的取值范围．
【解】 令f(x)＝(x－a)ex＋e2＝0，可得a＝e2－x＋x，
记g(x)＝e2－x＋x，原问题等价于g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象与直线y＝a有唯一的交点，g′(x)＝1－e2－x，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(2)＝1－e2－2＝0，
所以g(x)＝e2－x＋x在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，且g(0)＝e2，g(2)＝3，
画出函数g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象：
由图可知，当a≥e2或a＝3时，g(x)＝e2－x＋x(x>0)的图象与直线y＝a有唯一的交点，
故实数a的取值范围为[e2，＋∞)∪{3}．
利用导数研究函数零点的策略
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．