导数的综合应用习题课课件-2023-2024学年高二下学期数学人教B版（2019）选择性必修第三册

习题课——导数的综合应用 第六章 人教B版 数学选择性必修第三册 课标定位素养阐释 1.理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题. 2.理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式. 3.理解并掌握利用导数研究函数的零点问题. 4.进一步提升直观想象、逻辑推理与数学运算的核心素养. 自主预习 新知导学 函数与导数 1.(1)函数的单调性 函数f(x)在区间(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件是 f'(x)≥0(或f'(x)≤0) ,且f'(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于0. (2)函数的极值与导数 条件 f'(x0)=0 对于x0左侧附近的任意x,都有f'(x)>0,对于x0右侧附近的任意x,都有f'(x)<0 对于x0左侧附近的任意x,都有f'(x)<0,对于x0右侧附近的任意x,都有f'(x)>0 图象 极值 f(x0)为 极大值 f(x0)为 极小值 极值点 x0为 极大值点 x0为 极小值点 (3)函数的最值 ①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. ②如果函数f(x)的定义域为[a,b]且存在极值,且在(a,b)内可导,那么函数f(x)的最值点要么是区间端点a或b,要么是 极值点 . 2.(1)已知函数f(x)=x3+ax2-ax在R上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　　.  (3)当x>0时,ln x,x,ex的大小关系是　　　　　.  解析:(1)f'(x)=3x2+2ax-a≥0在R上恒成立,即4a2+12a≤0,解得-3≤a≤0.故a的取值范围是[-3,0]. (2)f'(x)=x2-2x-3=(x+1)(x-3),由f'(x)>0,得x<-1或x>3;由f'(x)<0,得-1<x<3.故函数f(x)在区间(-∞,-1)和(3,+∞)内单调递增,在区间(-1,3)内单调递减. 一的极大值点,也是最大值点,故f(x)≤f(1)=-1<0,所以ln x<x.同理可得x<ex,故ln x<x<ex. 答案:(1)[-3,0]　(2)3　(3)ln x<x<ex 【思考辨析】 判断下列说法是否正确,正确的在它后面的括号里画“√”,错误的画“×”. (1)已知函数f(x)的导函数为f'(x),若f'(x0)=0,则x0是f(x)的极值点.( × ) (2)函数f(x)=ln x+x在定义域内无极值.( √ ) (3)若函数f(x)的导函数f'(x)≥0在区间(a,b)内恒成立,则f(x)在区间(a,b)内单调递增.( × ) 合作探究 释疑解惑 探究一 利用导数证明不等式 ①当2a≤0,即a≤0时,x-2a>0, 所以当0<x<1时,f'(x)<0, 当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是先构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性或最值证明h(x)>0.若易求出f(x)的最小值与g(x)的最大值,且易判断其大小,则可由f(x)min>g(x)max推出f(x)>g(x)恒成立. 反思感悟 探究一 探究二 探究三 思想方法 (1)解:f'(x)=x(x+2)(ex-1-1), 由f'(x)=0得x1=-2,x2=0,x3=1. 当-2<x<0或x>1时,f'(x)>0; 当x<-2或0<x<1时,f'(x)<0, 所以函数f(x)在区间(-2,0)和(1,+∞)内是单调递增的,在区间(-∞,-2)和(0,1)内是单调递减的. 探究一 探究二 探究三 思想方法 (2)证明:f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x). 因为对任意实数x,总有x2≥0, 所以设h(x)=ex-1-x. h'(x)=ex-1-1,由h'(x)=0得x=1,则当x<1时,h'(x)<0,即函数h(x)在区间(-∞,1)内单调递减,因此当x<1时,h(x)>h(1)=0. 当x>1时,h'(x)>0,即函数h(x)在区间(1,+∞)内单调递增,因此当x>1时,h(x)>h(1)=0. 当x=1时,h(1)=0. 所以对任意实数x都有h(x)≥0,即f(x)-g(x)≥0,故对任意实数x,恒有f(x)≥g(x). 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究二 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 【例2】 已知函数f(x)=ln(ax)+bx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线是y=0. (1)求函数f(x)的极值; 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 1.f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔(f(x)-g(x))min>0(x∈I). 2.f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔(f(x)-g(x))max>0(x∈I). 3.对∀x1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. 4.对∀x1∈D1,∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min. 反思感悟 探究一 探究二 探究三 思想方法 【变式训练2】 已知函数f(x)=ln x-ax2-a+2(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若存在x0∈(0,1],使得对任意的a∈(-2,0],mea+f(x0)>0恒成立,求实数m的取值范围. 探究一 探究二 探究三 思想方法 (2)由(1)知,当a∈(-2,0]时,函数f(x)在区间(0,1]上单调递增,故当x∈(0,1]时,函数f(x)的最大值为f(1)=2-2a. 因为存在x0∈(0,1],对任意的a∈(-2,0],mea+f(x0)>0恒成立,所以对任意的a∈(-2,0],mea+f(1)>0恒成立,即对任意的a∈(-2,0],mea+2-2a>0恒成立. 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究三 利用导数研究函数的零点问题 【例3】 已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)内只有一个零点,求a. (1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. 探究一 探究二 探究三 思想方法 (2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)内只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)内只有一个零点. (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)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增. 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 利用导数研究方程根的个数问题的一般思路: (1)将问题转化为函数零点的个数问题,进而转化为两个函数图象交点的个数问题. (2)利用导数研究函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质. (3)作出函数的大致图象,结合图象求解. 反思感悟 探究一 探究二 探究三 思想方法 【变式训练3】 已知a>0,函数f(x)= 若关于x的方程f(x)=ax恰有2个互异的实数解,则a的取值范围是　　　　　.  探究一 探究二 探究三 思想方法 令g'(x)<0,可得x<-2; 令g'(x)>0,可得-2<x<-1,则g(x)在(-∞,-2)内单调递减,在(-2,-1)内单调递增. 同理可得h(x)在(2,4)内单调递减,在(4,+∞)内单调递增. 画出g(x)和h(x)的大致图象如图所示. 由图可知,满足题意的a的取值范围是(4,8). 答案:(4,8) 探究一 探究二 探究三 思想方法 【思想方法】 利用数形结合思想求解函数零点问题 【典例】 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). ①若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减. ②若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)内单调递减,在(-ln a,+∞)内单调递增. 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 探究一 探究二 探究三 思想方法 对于函数零点个数的相关问题,一般利用导数和数形结合思想来求解.求解此类问题的方法是: (1)构造函数,这是解决此类问题的关键点和难点,并求其定义域; (2)求导数,得到单调区间和极值点; (3)作出函数的大致图象,观察图象; (4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x轴的交点情况,进而求解. 方法点睛 探究一 探究二 探究三 思想方法 (1)若关于x的方程g(x)=a有解,求a的取值范围; (2)确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根. 探究一 探究二 探究三 思想方法 (2)若g(x)-f(x)=0有两个相异实根,则函数g(x)与f(x)的图象有两个交点. 因为f(x)=-x2+2ex+m-1=-(x-e)2+m-1+e2, 所以f(x)max=m-1+e2. 由图可知,当m-1+e2>2e,即m>-e2+2e+1时,f(x)与g(x)的图象有两个交点. 故m的取值范围为(-e2+2e+1,+∞). 探究一 探究二 探究三 思想方法 随堂练习 1.已知R上可导函数f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f'(x)>0的解集为 (　　) A.(-∞,-2)∪(1,+∞) B.(-∞,-2)∪(1,2) C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞) 解析:由f(x)的图象知,当x<-1或x>1时,f'(x)>0,当-1<x<1时,f'(x)<0. 又x2-2x-3>0的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞),x2-2x-3<0的解集为(-1,3), 所以不等式(x2-2x-3)f'(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞). 答案:D 2.已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)=1,且f(x)的导函数 ,则满足2f(x)<x+1的x的取值集合为(　　) A.{x|-1<x<1} B.{x|x<1} C.{x|x<-1或x>1} D.{x|x>1} 解析:令g(x)=2f(x)-x-1. ∴g'(x)=2f'(x)-1>0, ∴g(x)在R上单调递增. ∵f(1)=1, ∴g(1)=2f(1)-1-1=0, ∴当x<1时,g(x)<0, 即2f(x)<x+1. 故选B. 答案:B 3.若关于x的方程x3-3x+m=0在区间[0,2]上有解,则实数m的取值范围是 (　　) A.[-2,2] B.[0,2] C.[-2,0] D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 解析:令f(x)=x3-3x+m,则f'(m)=3x2-3, 当0≤x<1时,f'(x)<0, 当1<x≤2时,f'(x)>0,所以f(x)min=f(1)=m-2. 因为f(0)=m,f(2)=m+2, 所以f(x)max=f(2)=m+2. 解得-2≤m≤2. 故选A. 答案:A 4.已知函数y=f(x)在定义域[-4,6]上可导,其图象如图.记y=f(x)的导函数为y=f'(x),则不等式f'(x)≤0的解集为　　　　　.  5.已知f(x)=ex-aln x(a∈R). (1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围. 故所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0. (2)当a=-1时,f(x)=ex+ln x,故原不等式为ex+ln x-e-m(x-1)>0. 令F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立. 所以F'(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 所以F'(x)>F'(1)=e+1-m. 若m≤e+1,则F'(x)>0,故F(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故F(x)>F(1)=0,符合题意. 故当1<x<x0时,F'(x)<0,F(x)在区间(1,x0)内单调递减,此时F(x)<F(1)=0,不合题意,舍去. 综上,实数m的取值范围是(-∞,e+1]. (2)函数f(x)=x3-x2-3x-1的图象与x轴的交点个数为　　　　　.  由f(x)极小值=f(3)=-10<0,f(x)极大值=f(-1)=>0,可知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3. (3)构造函数f(x)=ln x-x,则f'(x)=-1,可知x=1为函数f(x)在区间(0,+∞)内唯 【例1】 已知函数p(x)=,q(x)=x2-(1+2a)x. (1)讨论函数f(x)=q(x)+2ax·p(x)的单调性; (2)当a=0时,证明:xp(x)+q(x)<ex+x2-x-1. (1)解:f(x)=x2-(1+2a)x+2aln x,x∈(0,+∞). 则f'(x)=x-(1+2a)+. ②当0<2a<1,即0<a<时,0<2a<1, 所以当0<x<2a或x>1时,f'(x)>0,当2a<x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,2a)和(1,+∞)内单调递增,在区间(2a,1)内单调递减. ③当a=时,f'(x)=≥0,故f(x)在区间(0,+∞)内单调递增. ④当a>时,2a>1,所以当0<x<1或x>2a时,f'(x)>0,当1<x<2a时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)和(2a,+∞)内单调递增,在区间(1,2a)内单调递减. (2)证明:当a=0时,要证xp(x)+q(x)<ex+x2-x-1,即证ln x+x2-x<ex+x2-x-1,只需证ex-ln x-1>0. 设g(x)=ex-ln x-1,则g'(x)=ex-,令h(x)=ex-,h'(x)=ex+>0, 所以g'(x)在区间(0,+∞)内单调递增. 又g'-2<0,g'(1)=e-1>0, 所以存在唯一的x0∈,使得g'(x0)=0,即,即-ln x0=x0.所以g(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以g(x)的最小值为g(x0)=-ln x0-1=+x0-1>2-1=1>0, 所以ex-ln x-1>0,即原不等式得证. 【变式训练1】 已知函数f(x)=x2ex-1-x3-x2. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设g(x)=x3-x2,求证:f(x)≥g(x)对任意实数恒成立. (2)当≥f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围. 解:(1)因为f(x)=ln(ax)+bx,所以f'(x)=+b. 因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线是y=0,所以f'(1)=1+b=0,且f(1)=ln a+b=0,所以a=e,b=-1,所以f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞). 所以f'(x)=-1=,由f'(x)>0,得0<x<1;由f'(x)<0,得x>1,故f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(x)的极大值为f(1)=0,无极小值. (2)当≥f(x)+x(m<0)在区间(0,+∞)内恒成立时,因为f(x)=ln x-x+1,所以-2+(m<0)在区间(0,+∞)内恒成立. 设g(x)=-2+,x∈(0,+∞),则g'(x)=. 当0<x<1时,-ln x>0,x-1<0,则>0,>0,即g'(x)>0; 当x>1时,-ln x<0,x-1>0,则<0,<0,即g'(x)<0. 所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.所以 g(x)max=g(1)=1-2+≤0,解得m≥1-e. 又m<0,所以实数m的取值范围是[1-e,0). 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-2ax=.当a≤0时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增. 当a>0时,由f'(x)>0,得0<x<, 由f'(x)<0,得x>,故函数f(x)在区间内单调递增,在区间 内单调递减. mea+2-2a>0可化为m>, 令g(a)=,a∈(-2,0], 则g'(a)=>0,故g(a)在区间(-2,0]上单调递增,g(a)max=g(0)=-2.故m>-2. 故实数m的取值范围是(-2,+∞). 故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)内的最小值. ①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)内没有零点; ②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)内只有一个零点; ③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)内有一个零点. 由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0. 故h(x)在(2,4a)内有一个零点. 因此h(x)在(0,+∞)内有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)内只有一个零点时,a=. 解析:由f(x)=ax,可得 当x≤0时,x2+2ax+a=ax,即x2+ax+a=0,可得a=-. 由a>0,可得x<-1. 可设函数g(x)=-,其中x∈(-∞,-1). 当x>0时,-x2+2ax-2a=ax, 即x2-ax+2a=0,可得a=. 由a>0,可得x>2. 可设函数h(x)=,其中x∈(2,+∞). 对g(x)求导,可得g'(x)=-. (2)①若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. ②若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点; 当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)内有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln, 则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0. 由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)内有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 【变式训练】 已知函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+(x>0). 解:(1)因为x>0,所以g(x)=x+≥2=2e, 当且仅当x=,即x=e时取等号.所以g(x)有最小值2e.所以要使关于x的方程g(x)=a有解,只需a≥2e. 故a的取值范围为[2e,+∞). 如图,作出函数g(x)=x+(x>0)的大致图象. f'(x)> ∵f'(x)>, 由题意可知 解析:不等式f'(x)≤0的解集即函数y=f(x)的单调递减区间,由题图知y=f(x)的单调递减区间为.故f'(x)≤0的解集为. 答案: 解:(1)由f(x)=ex-aln x,得f'(x)=ex-,f'(1)=e-a,切点的坐标为(1,e), 因为F'(x)=ex+-m,F″(x)=ex-,当x>1时,F″(x)>0, 若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x0∈(1,ln m),使F'(x0)=0. $$