2019年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 2.4.2 导数与不等式及参数范围课件 文

1、2 2. .4 4. .2 2导数与不等式及参数范围导数与不等式及参数范围-2-解题策略一解题策略二求参数的取值范围求参数的取值范围(多维探究多维探究)解题策略一解题策略一构造函数法构造函数法 角度一从条件关系式中构造函数例1已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程;(2)若当x(1,+)时,f(x)0,求a的取值范围.-3-解题策略一解题策略二-4-解题策略一解题策略二-5-解题策略一解题策略二()当a2,x(1,+)时,x2+2(1-a)x+1x2-2x+10,故g(x)0,g(x)在(1,+)单调递增,因此g(x

2、)0;()当a2时,令g(x)=0得由x21和x1x2=1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,得x0,由f(x)0,所以f(x)的单调增区间为(-,0),单调减区间为(0,+),f(x)max=f(0)=1,当x+时,y0,当x-时,y-,所以m的取值范围是(0,1).(2)证明 由(1)知,x1(-1,0),要证x2-x10,只需证f(x2)f(-x1),因为f(x1)=f(x2)=m,所以只需证f(x1)f(-x1),-11-解题策略一解题策略二令h(x)=(x-1)e2x+x+1,则h(x)=(2x-1)e2x+1,因为(h(x)=

3、4xe2xh(0)=0,所以h(x)在(-1,0)上单调递增,所以h(x)h(0)=0,所以(x-1)e2x+x+10.解题心得在遇到陌生的已知条件一时没有解题思路时,不妨对已知条件进行等价转化,在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或者熟悉的题型,从而得到解决.-12-解题策略一解题策略二对点训练对点训练2设f(x)=xex,g(x)= x2+x.(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;(2)若任意x1,x2-1,+)且x1x2有mf(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.-13-解题策略一解题策略二-14-解题策略一解题策略二解题策略二解题策略

4、二分离参数法分离参数法 -15-解题策略一解题策略二-16-解题策略一解题策略二于是h(x)在1,+)内递增,则h(x)h(1)0,则g(x)0,于是g(x)在1,+)内递增,g(x)g(1)=2,则k的取值范围是k2.-17-解题策略一解题策略二解题心得有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确,也存在分类讨论相当复杂的情形,难以继续作答.可以利用分离参数法简化构造函数,使得问题简单求解.若求导后不易得到极值点,可二次求导,还不行时,就使用参数讨论法,即以参数为分类标准,看是否符合题意;当最值所在点处函数值是“ ”型时,可使用洛必达法则,可求极限值.-18-解题策略一解题策略二对点训练对点训练

5、3(2018河北衡水中学二调)已知函数f(x)=ln x- ax2, aR.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的不等式f(x)(a-1)x-1恒成立,求整数a的最小值.-19-解题策略一解题策略二-20-解题策略一解题策略二-21-证明不等式证明不等式(多维探究多维探究)解题策略解题策略构造函数法构造函数法 角度一从条件关系式中构造函数例4设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1 1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.难点突破(作差构造) 证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx设g(x)=1+(c-1)x-cx,证g

6、(x)0,通过对g(x)求导判断g(x)的单调性,再由g(x)的单调性和g(x)的几个特殊值证出g(x)0.-22-23-24-解题心得1.欲证函数不等式f(x)g(x)(xa),只需证明f(x)-g(x)0(xa),设h(x)=f(x)-g(x),即证h(x)0.若h(a)=0,h(x)h(a)(xa).接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可.2.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)-g(x)0(xI).设h(x)=f(x)-g(x)(xI),即证h(x)0,也即证h(x)min0(xI)(若h(x)min不存在,则需求函数h(x)的下确界),而这用导数往

7、往容易解决.3.证明f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max.证明f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max,或证明f(x)ming(x)max且两个最值点不相等.-25-对点训练对点训练4已知f(x)=ex-ax2,曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在0,1上的最大值;(3)证明当x0时,ex+(1-e)x-1-xln x0.(1)解 f(x)=ex-2ax,由题设得f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1,解得a=1,b=e-2.(2)解 由(1)知f(x)=

8、ex-x2,f(x)=ex-2x,设h(x)=ex-2x,h(x)=ex-2.f(x)在(-,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+)内单调递增,f(x)f(ln 2)=2-2ln 20,f(x)在0,1上单调递增,f(x)max=f(1)=e-1.-26-(3)证明 f(0)=1,由(2)知,f(x)过点(1,e-1),且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1,故可猜测当x0,x1时,f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方.下证:当x0时,f(x)(e-2)x+1.设g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1,则g(x)=ex-2x-(e-2),设h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以g(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+)内单调递增,又g(0)=3-e0,g(ln 2)=2-2ln 2-e+2=4-2ln 2-e0;当x(x0,1)时,g(x)1.-29-30-解题心得证明不等式f(x)g(x)成立,可以构造函数H(x)=f(x)-g(x),通过证明函数H(x)的最小值大于等于