《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第六講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第六講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第六講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二） 1．(xx·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋. 當(dāng)x∈(－∞，－1－)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減， 在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)

2、＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減， 而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增， 而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝， 則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>a

3、x0＋1. 當(dāng)a≤0時，取x0＝，則x0∈(0,1)， f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 2．(xx·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍． 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2. 故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2

4、x＋y－2＝0. (2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0. 設(shè)g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0. ①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0； ②當(dāng)a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0. 綜上，a的取值范圍是(－∞，2]． 導(dǎo)數(shù)與方程問題 [典例](xx·臨沂模擬)已知函數(shù)f(x

5、)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28…. (1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)，并說明理由． 解析：(1)證明：h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 則h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點． (2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點，而h(x)在(1,2)內(nèi)有零點， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點． 因為h′

6、(x)＝ex－x－1，記φ(x)＝ex－x－1， 則φ′(x)＝ex＋x.當(dāng)x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 則φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)至多只有一個零點，即h(x)在[0，＋∞)內(nèi)至多有兩個零點． 所以方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2. [類題通法] 數(shù)學(xué)思想在用導(dǎo)數(shù)研究方程根或零點問題中的應(yīng)用 對于函數(shù)的零點問題，往往通過利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性，從而研究函數(shù)在不同區(qū)間上的函數(shù)取值，利用數(shù)形結(jié)合來求解函數(shù)的零點個數(shù)或參數(shù)的取值范圍．在求解的過程中要注意函數(shù)零點的存在性定理及分類討論思想的應(yīng)用． [演練沖關(guān)] 1．(xx·江西

7、宜春中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點的個數(shù)． 解析：(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝ln x＋，則f′(x)＝， ∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)． 設(shè)φ(x)＝－x

8、3＋x(x＞0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點， ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. ①當(dāng)m>時，函數(shù)g(x)無零點； ②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當(dāng)0時，函數(shù)g(x)無零點；當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點

9、； 當(dāng)0

10、′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x>e－1時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增， ∴φ(x)的極小值為φ(e－1)＝－e－1. 如圖，作出函數(shù)φ(x)的大致圖象，則要使方程xln x＝有唯一的實根， 只需直線y＝與曲線y＝φ(x)有唯一的交點，則＝－e－1或>0，解得a＝－e或a>0， 故實數(shù)a的取值范圍是{a|a＝－e或a>0}． 導(dǎo)數(shù)、函數(shù)、不等式的交匯問題 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式的交匯命題是課標(biāo)卷命題的熱點，也是每年高考必考內(nèi)容，?？嫉慕嵌戎饕胁坏仁胶愠闪栴}及證明不等式，綜合性能有較大的區(qū)分度． 交匯點一 不等式恒成立問題 [典例1](xx·洛陽模擬)設(shè)函數(shù)f(

11、x)＝x3－x2＋(a＋1)x＋1(其中常數(shù)a∈R)． (1)已知函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)已知不等式f′(x)>x2－x－a＋1對任意a∈(0，＋∞)都成立，求x的取值范圍． 解析：(1)因為f(x)＝x3－x2＋(a＋1)x＋1，所以f′(x)＝ax2－3x＋a＋1， 因為函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝a－3＋a＋1＝0，解得a＝1， 此時f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)， 當(dāng)x<1或x>2時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)1

12、＝1符合題意． (2)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1， 不等式f′(x)>x2－x－a＋1對任意a∈(0，＋∞)都成立， 等價于a>對任意a∈(0，＋∞)都成立， 等價于≤0成立， 所以x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0. 所以x的取值范圍是[－2,0]． [類題通法] 等價轉(zhuǎn)化思想在求解不等式恒成立問題中的兩種方法 (1)分離參數(shù)法：若能夠?qū)?shù)分離，且分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求，則用分離參數(shù)法． 即：①λ≥f(x)恒成立，則λ≥f(x)max. ②λ≤f(x)恒成立，則λ≤f(x)min. (2)最值轉(zhuǎn)化法：若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值

13、不易求，則常用最值轉(zhuǎn)化法．可通過求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解．如f(x)≥0，則只需f(x)min≥0. [演練沖關(guān)] 1．(xx·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝e－x[x2＋(1－m)x＋1](e為自然對數(shù)的底數(shù)，m為常數(shù))． (1)若曲線y＝f(x)與x軸相切，求實數(shù)m的值； (2)若存在實數(shù)x1，x2∈[0,1]使得2f(x1)

14、 所以m的值是3或－1. (2)依題意，當(dāng)x∈[0,1]時，函數(shù)f(x)max>2f(x)min， ①m≥1時，當(dāng)x∈[0,1]時，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 所以f(0)>2f(1)，即1>2×?m>3－； ②m≤0時，x∈[0,1]時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 所以f(1)>2f(0)，即>2?m<3－2e； ③當(dāng)00， 所以f(x)min＝f(m)＝，f(x)max＝f(0)或f(1)， 記函數(shù)g(m)＝，g′(m)＝，當(dāng)m≥0時，g′(m)≤0，g(m)單調(diào)遞減

15、， 所以m∈(0,1)時，g(m)>g(1)＝， 所以2f(x)min＝>>1＝f(0)， 2f(x)min＝>>>＝f(1)，不存在m∈(0,1)使得f(x)max>2f(x)min， 綜上，實數(shù)m的取值范圍是(－∞，3－2e)∪. 交匯點二 證明不等式 [典例2] (xx·吉林實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(ax2－x＋a)ex. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝bln x－x(b>0)，當(dāng)a＝時，若對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解析：(1)f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)

16、ex. 當(dāng)a＝0時，f′(x)在(－∞，－1)上時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增； f′(x)在(－1，＋∞)上時，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)a>0時，因為－1＋>－1， 所以f(x)在(－∞，－1)和(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，－1＋)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a<0時，因為－1＋<－1， 所以f(x)在(－∞，－1＋)和(－1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1＋，－1)上單調(diào)遞增． (2)由(1)知當(dāng)a＝時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增，因此f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)＝0； 由題意知，對任

17、意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使g(x2)≥－f(x1)成立， 因為[－f(x1)]max＝0，所以bln x2－x2≥0，即b≥. 令h(x)＝，x∈[1,2]，則h′(x)＝<0， 因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥. [類題通法] 構(gòu)造函數(shù)法證明不等式中常見的四種方法 (1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)． (2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根

18、據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)． (3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)． [演練沖關(guān)] 2．(xx·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)a>0，證明：當(dāng)00. 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 由已知，得f′(x)＝x＋1－a－＝＝.

19、 若a≤0，則f′(x)>0，此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝a.當(dāng)0a時，f′(x)>0. 此時f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：令g(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，則g(x)＝(a＋x)2＋(1－a)(a＋x)－aln(a＋x)－[(a－x)2＋(1－a)(a－x)－aln(a－x)]＝2x－aln(a＋x)＋aln(a－x)． ∴g′(x)＝2－－＝. 當(dāng)00，從而f(x)的最小值為f(a)，且f(a)<0. 不妨設(shè)02a－x1，于是>a. 由(1)知，f′()>0.