《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

(课件网) 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)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a2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”． ... ...