2020版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第13节导数与函数的综合问题教学案含解析理.doc
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1、第十三节导数与函数的综合问题导数与不等式考法1证明不等式【例1】已知函数f(x)xaex(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x0,a1时,证明:x2(a1)xxf(x)解(1)由f(x)xaex可得f(x)1aex.当a0时,f(x)0,则函数f(x)在(,)上为增函数当a0时,由f(x)0可得xln,由f(x)0可得xln,所以函数f(x)在上为增函数,在上为减函数(2)证明:设F(x)x2(a1)xxf(x)x2axaxexx(xaaex)设H(x)xaaex,则H(x)1aex.x0,0ex1,又a1,1aex1ex0.H(x)在(,0)上为增函数,则H(x)H(0)0,即x
2、aaex0.由x0可得F(x)x(xaaex)0,所以x2(a1)xxf(x)考法2解决不等式恒成立(存在性)问题【例2】设f(x)xln x,g(x)x3x23.(1)如果存在x1,x20,2使得g(x1)g(x2)M成立,求满足上述条件的最大整数M;(2)如果对于任意的s,t,都有f(s)g(t)成立,求实数a的取值范围解(1)存在x1,x20,2使得g(x1)g(x2)M成立,等价于g(x1)g(x2)maxM.由g(x)x3x23,得g(x)3x22x3x.令g(x)0得x0,或x,令g(x)0得0x,又x0,2,所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以g(x)ming,又
3、g(0)3,g(2)1,所以g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM,则满足条件的最大整数M4.(2)对于任意的s,t,都有f(s)g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)ming(x)max,由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)1.在区间上,f(x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x,h(x)12xln xx,令m(x)xln x,由m(x)ln x10得x.即m(x)xln x在上是增函数,可知h(x)在区间上是减函数,又h(1)0,所以当1x2时,h(x)0;当x1时,h(x)0.即函数h(x)
4、xx2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h(x)maxh(1)1,所以a1,即实数a的取值范围是1,)规律方法1.利用导数证明含“x”不等式方法,证明:f(x)g(x).法一:移项,f(x)g(x)0,构造函数F(x)f(x)g(x),转化证明F(x)min0,利用导数研究F(x)单调性,用上定义域的端点值.法二:转化证明:f(x)ming(x)max.,法三:先对所求证不等式进行变形,分组或整合,再用法一或法二.2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围.(2)也可
5、分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否成立问题. (2018全国卷节选)已知函数f(x)aexln x1.证明:当a时,f(x)0.解证明:当a时,f(x)ln x1.设g(x)ln x1,则g(x).当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时,g(x)g(1)0.因此,当a时,f(x)0.利用导数研究函数的零点问题【例3】(2019黄山模拟)设函数f(x)x3a
6、x2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)设ab4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围解(1)由f(x)x3ax2bxc,得f(x)3x22axb.因为f(0)c,f(0)b,所以曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时,f(x)x34x24xc,所以f(x)3x28x4.令f(x)0,得3x28x40,解得x2或x.当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下:x(,2)2f(x)00f(x)cc所以,当c0且c0,存在x1(4,2),x2,x3,使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知,当且仅当c时,
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