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2020数学(文)二轮教师用书:第2部分 专题6 第3讲 导数的综合应用 WORD版含解析.doc

1、第3讲导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)高考解读利用导数证明不等式是每年高考的热点,主要考查“辅助函数法”证明不等式,难度较大.(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0,1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)e0.切入点:求函数f(x)的导数关键点:正确构造函数, 转化为函数的最值问题解决解(1)f(x),f(0)2.因此曲线yf(x)在(0,1)处的切线方程是2xy10.(2)证明:当a1时,f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1,则g(x)2x1ex1.当x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增所以g(x)g(1)

2、0.因此f(x)e0.教师备选题1(2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,)时,1x;(3)设c1,证明当x(0,1)时,1(c1)xcx.解(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,),f(x)1,令f(x)0,解得x1.当0x1时,f(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f(x)0,f(x)单调递减(2)由(1)知,f(x)在x1处取得最大值,最大值为f(1)0.所以当x1时,ln xx1.故当x(1,)时,ln xx1,ln1,即1x.(3)证明:由题设c1,设g(x)1(c1)xcx,则g(x)c1cxln c.令g(x)0,解得x0

3、.当xx0时,g(x)0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减由(2)知1c,故0x01.又g(0)g(1)0,故当0x1时,g(x)0.所以当x(0,1)时,1(c1)xcx.2(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,)上单调递增若a0;当x时,f(x)0.故f(x)在上单调递增,在单调递减(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a1.解(1)当m1时,f(x)exln x1,所以f(x)ex,所以f(1)e1,又因为f(1)e1,所以曲线yf(x)

4、在点(1,f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1),即y(e1)x.(2)当m1时,f(x)mexln x1exln x1,要证明f(x)1,只需证明exln x20,设g(x)exln x2,则g(x)ex(x0),设h(x)ex(x0),则h(x)ex0,所以函数h(x)g(x)ex在(0,)上单调递增,因为ge20,所以函数g(x)ex在(0,)上有唯一零点x0,且x0,因为g(x0)0,所以ex0,即ln x0x0,当x(0,x0)时,g(x)0,所以当xx0时,g(x)取得最小值g(x0),故g(x)g(x0)ex0ln x02x020,综上可知,若m(1,),则f(x)1.

5、2(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数,aR)(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当aln ,且x0时,x3a.解(1)由f(x)ex3x3a,xR,知f(x)ex3,令f(x)0,得xln 3,于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(,ln 3)ln 3(ln 3,)f(x)0f(x)3(1ln 3a)故f(x)的单调递减区间是(,ln 3),单调递增区间是(ln 3,),f(x)在xln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)3(1ln 3a)(2)证明:待证不等式等价于exx23ax1,设g(x)exx23ax1,于是

6、g(x)ex3x3a.由(1)及aln ln 31知,g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任意xR,都有g(x)0,所以g(x)在R内单调递增于是当aln ln 31时,对任意x(0,),都有g(x)g(0)而g(0)0,从而对任意x(0,),g(x)0.即exx23ax1,故x3a.利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)高考解读利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点,主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(2017全国卷)已知函数f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范

7、围.切入点:利用导数求f(x)关键点:将f(x)0恒成立转化为f(x)的最小值大于或等于0.解(1)函数f(x)的定义域为(,),f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0,则f(x)e2x在(,)上单调递增若a0,则由f(x)0得xln a.当x(,ln a)时,f(x)0;当x(ln a,)时,f(x)0.故f(x)在(,ln a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增若a0,则由(1)得,当xln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)a2ln a,从而当且仅当a2ln a0,即0a1时,f(x)0.若a0,求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0,)当a4时,

8、f(x)(x1)ln x4(x1),f(1)0,f(x)ln x3,f(1)2.故曲线yf(x)在(1,f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1,)时,f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x,则g(x),g(1)0.当a2,x(1,)时,x22(1a)x1x22x10,故g(x)0,g(x)在(1,)上单调递增,因此g(x)0;当a2时,令g(x)0得x1a1,x2a1.由x21和x1x21得x11,故当x(1,x2)时,g(x)0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)0.综上,a的取值范围是(,2解决不等式恒成立问题的两种方法(1)分离参数法:若能够将参数分离,且分离

9、后含x变量的函数关系式的最值易求,则用分离参数法., 即:f(x)恒成立,则f(x)max.,f(x)恒成立,则f(x)min.(2)最值转化法:若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求,则常用最值转化法,可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)0,则只需f(x)min0.1(恒成立问题)已知函数f(x)xln x(x0)(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意x(0,),f(x)恒成立,求实数m的最大值解(1)由题意知f(x)ln x1,令f(x)0,得x,令f(x)0,得0x0),则g(x),由g(x)0x1,由g(x)00x0.(1)若曲线yf(x)经过坐标

10、原点,求该曲线在原点处的切线方程;(2)若f(x)g(x)m在0,)上有解,求实数m的取值范围解(1)因为f(0)a10,所以a1,此时f(x)exex1.所以f(x)exe,f(0)1e.所以曲线yf(x)在原点处的切线方程为y(1e)x.(2)因为f(x)aexaex1,所以f(x)aexaea(exe)当x1时,f(x)0;当0x1时,f(x)1时,h(x)0;当0x0.所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减所以当x0,)时,h(x)maxh(1)m.要使f(x)g(x)m在0,)上有解,则m1,即m.所以实数m的取值范围为.利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4

11、考)高考解读函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明,难度偏大.(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点切入点:求f(x),利用导数解决关键点:注意到x2x10恒成立,从而f(x)0等价转化为3a0,即方程只有一个根解(1)当a3时,f(x)x33x23x3,f(x)x26x3.令f(x)0,解得x32或x32.当x(,32)(32,)时,f(x)0;当x(32,32)时,f(x)0,所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a,则g(x)0,仅当x0时g(x)0,所以g(x)在(,)单调

12、递增故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6a20,故f(x)有一个零点综上,f(x)只有一个零点教师备选题1(2014全国卷)已知函数f(x)x33x2ax2,曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a;(2)证明:当k0.当x0时,g(x)3x26x1k0,g(x)单调递增,g(1)k10时,令h(x)x33x24,则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,)单调递增,所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0,)没有实根综上,g(x)0在R上有唯一实

13、根,即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点2(2015全国卷)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数;(2)证明:当a0时,f(x)2aaln.解(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)2e2x(x0)当a0时,f(x)0,f(x)没有零点;当a0时,设u(x)e2x,v(x),因为u(x)e2x在(0,)上单调递增,v(x)在(0,)上单调递增,所以f(x)在(0,)上单调递增又f(a)0,当b满足0b且b时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点(2)证明:由(1),可设f(x)在(0,)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)

14、在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增,所以当xx0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0)由于2e2x00,所以f(x0)2ax0aln2aaln .故当a0时,f(x)2aaln .1求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;第三步:结合图象求解2解决已知函数零点个数,求参数取值范围的2个技巧(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足

15、的条件;(2)也可以先求导,通过求导分析函数的单调性情况,再依据函数在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解1(判断函数零点个数)已知函数f(x)2ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若m,证明:f(x)有且只有三个零点解(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)m,m0时,x0,f(x)0时,令f(x)0,即mx22xm0,()m1时,44m20,此时f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增;()0m0,令f(x)0,则x1,x2,x时,f(x)0,x时,f(x)0,f(x)在和上单调递增,在上单调递

16、减综上,m0时,f(x)在(0,)上单调递减;m1时,f(x)在(0,)上单调递增;0m1时,f(x)在上单调递减,在和上单调递增(2)m,f(x)2ln x,由(1)可知f(x)在(0,2)和(2,)上单调递增,在(2,2)上单调递减,又f(1)0,且1(2,2),f(x)在(2,2)上有唯一零点x1.又0e32,f(e3)(e3e3)2ln e3672,f(e3)f(e3)0,f(x)在(2,)上有唯一零点综上,当m时,f(x)有且只有三个零点2(已知函数零点求参数)已知函数f(x)(a1)xln x(a0)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)g(x)f(x)m,当a2时,g(x)在e1,e上有两个不同的零点,求m的取值范围解(1)f(x)a1,当a1时,f(x),令f(x)0,得x1,令f(x)0,得0x1时,令f(x)0,得x1或x0,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增当a1时,)0a0,得x1,f(x)在上单调递增,在,(1,)上单调递减;)a时,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递减;)a0,得1xf(e),m.

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