导数的热点问题.pptxVIP

;;热点分类突破;热点分类突破;用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力.;解答;解　由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立， 设函数g(x)＝aex－a－x， 可得g(x)＝aex－a－x≥0对于x∈R恒成立， ∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)， 从而x＝0是g(x)的一个极小值点， ∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1. 当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1， ∵x∈(－∞，0)时，g′(x)0，g(x)在(－∞，0)上单调递减， x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.;证明;证明　当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex， f′(x)＝ex(2ex－x－2). 令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1， ∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数， ∵h(－1)0，h(－2)0， ∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0， ∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数， ∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)0， 即f′(x)0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，;当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)0， 即f′(x)0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数， 当x∈(－ln 2,0)时，h(x)h(0)＝0， 即f′(x)0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数， 当x∈(0，＋∞)时，h(x)h(0)＝0， 即f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0， 且x0∈(－2，－1).;∵h(x0)＝0，∴2 －x0－2＝0，;用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对?x1，x2∈[a，b]，且x1x2，则f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论. (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m). (3)证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)0.;解答;①当a≤0时，则f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②当a0时，;证明;证明　令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1 ＝xeax－1－ax－ln x，;∴h(t)≥h(e2)＝0； ∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax－xeax－1.;;解答;解　∵函数f(x)在[0，＋∞)内单调递增，;解答;知f′(x)在区间(－a，＋∞)内单调递增.;当－axx0时，f′(x)0，f(x)单调递减； 当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增. ∴f(x)min＝f(x0)＝ －2a－ln (x0＋a);(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题. (2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势.;跟踪演练2　(2018·全国Ⅱ)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，＋∞)上只有一个零点，求a.;解　设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点. (ⅰ)当a≤0时，h(x)0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a0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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.;因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点； 由(1)知，当x0时，exx2，;;解答;解　设需新建n个桥墩，;解答;令f′(x)＝0，得 ＝64，所以x＝16. 当0x16时，f′(x)0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16x96时，f′(x)0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f(x)在x＝16处取得最小值，;利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x). (2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)求最值：比较函