2019高考数学一本策略复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第六讲导数的应用（二）教案文.docx

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1、1第六讲 导数的应用(二)年份 卷别 考查内容 命题分析及学科素养卷利用导数研究函数的单调性、零点问题T 212018卷 利用导数证明不等式T 21卷 利用导数研究函数的单调性T 21卷 利用导数研究函数的单调性T 212017卷利用导数研究函数的单调性、最值T 21卷利用导数研究函数的单调性、零点T 21卷利用导数研究函数的单调性、最值T 202016卷利用导数研究函数的性质、不等式的证明T 21命题分析(1)利用导数证明不等式或探讨方程根；(2)利用导数求解参数的范围或值学科素养导数的综合应用主要是考查学生的数学建模、数学运算及逻辑推理的学科素养，考查分析问题与解决问题的能力.利用导数研究

2、函数的零点问题授课提示：对应学生用书第 14 页悟通方法结论研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现(2018武汉调研)(12 分)已知函数 (aR)(e2.718 28是fx ex ax 1自然对数的底数)(1)求 f(x)的单调区间；2(2) 的个数学审题已知条件 想到什么 注意什么看到函数 f(x)中含参数 要对参数进行分类讨论分类时要注意利用函数性质，恰当分类，标准统一看到讨论零点个数先想到令 g(x)0，然后再转化构造求解时

3、注意参数影响 f(x)在0,1上的单调性规范解答 (1) f(x)e x ax1， f( x)e x a，当 a0 时， f( x)0 恒成立， f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当 a0 时，令 f( x)0，得 xln a， f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(5 分)(2)令 g(x)0，得 f(x)0 或 x ， (6 分)12先考虑 f(x)在区间0,1上的零点个数，当 a1 时， f(x)在(0，)上单调递增且 f(0)0， f(x)在0,1上有一个零点；(8 分)当 ae 时， f(x)在(，1)上单调递减， f(x)在0,1上有一

4、个零点；(9 分)当 1e1 或 a2( 1)时， g(x)在0,1上有两个零点；e当 10，当 x 时， f( x)0， g(x)的单调递减区间为 ，1)，单调递增区间为(1,3，13 g(x)min g(1)1，由于函数 f(x)在 ，3上有两个零点， g( )3ln 3 ， g(3)3 ，13 13 13 ln 333ln 3 3 ，13 ln 33实数 a 的取值范围是(1,3 .ln 33利用导数研究函数与不等式问题4授课提示：对应学生用书第 15 页悟通方法结论函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式成立问题及证明不等式，综合性能

5、有较大的区分度探究 1 利用导数研究不等式成立问题(2018齐鲁名校联考)(12 分)已知函数且 m f(x)min转化求 f(x)最小值时注意构造 f(n)求最小值规范解答 (1)函数 f(x)的定义域为(1，)，f( x) x2 . (1 分)ax 1 x2 3x a 2x 1因为函数 f(x)有两个极值点 m， n，所以 f( x)0 有两个大于 1 的不同的解，即 x23 x a20 有两个不同的解 m， n，且 nm1.记 h(x) x23 x a2，则 h(x)图象的对称轴为 x ，故Error!，解得 0f(x)min(x n)由(1)知，函数 f(x)在 n，)上单调递增，所以

6、 f(x)在该区间上的最小值为 f(n)因为 h(1) a0, 所以 10，ln( x1)0，32所以函数 p(x)在区间( ，2)上单调递增，32(10 分)故当 p( ) ( )22 ( )23 2ln .32 32 12 32 32 32 32 12 15 2ln 28所以 t . (12 分)15 2ln 28【类题通法】利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：(2)函数思想法：练通即学即用(2018西安八校联考)已知函数 f(x) x， g(x) f (x)sin x( R)在区间1,1上单调递减(1)求 的最大值；(2)若 g(x) sin 1 恒

7、成立，即( t1) t2sin 110( 1)恒成立，令 h( )( t1) t2sin 11( 1)，要使 h( )0 恒成立，则需Error!Error!又 t2 tsin 10 恒成立， t1，故 t 的取值范围为(，1探究 2 利用导数证明不等式(2018安庆二模)(12 分)已知函数 ， aR.fx ln x ax(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2) 求证：( x1 x2)f( x1 x2) .65学审题条件信息 想到方法 注意什么由条件中 f(x)含有参数 a 对参数进行分类讨论注意定义域在这里起到对参数 a 分类讨论的作用由条件中 f(x)有 2 个零点想到 f(x1) f(

8、x2)0.对f(x1)、 f(x2)结合证明问题变形注意对要证的不等式变形构造 ，实际上条件 e 2是x2x1 x2x1提示性的规范解答 (1)函数 f(x)ln x ax，aR 的定义域为(0，)， (1 分)f( x) a . (2 分)1x ax 1x当 a0 时， f( x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增 (3 分)当 a0；1a当 x 时， f( x)0，t2 1t1 t2所以 (t)在e 2，)上单调递增， (t) (e2)1 1 . (11 分)2e2 1 232 1 65故( x1 x2)f( x1 x2) 得证 (12 分)65【类题通法】利用导数证明不等式问题，多数

9、利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是：8 依 据 待 证不 等 式 的 特征 、 变 量 的取 值 范 围 及不 等 式 的 性质 ， 将 待 证不 等 式 化 简 依 据不 等式 构造 函 数 利 用 导数 研 究 函数 的 单 调性 ， 求其 最 值 依 据 单调 性 及 最值 ， 得 到待 证 不 等式练通即学即用(2017高考全国卷)已知函数 f(x)ln x ax2(2 a1) 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；(0， 12a)当 x 时， f( x)0；当 x(1，)时， g(

10、x)0 时， g(x)0.从而当 a0， f(x)在(0,1上单调递增，易知 g(x)ax 在(0,1上单调递减，1x不妨设 x1， x2(0,1，且 x1g(x2)， f(x2) f(x1)f(x2) .4x1 4x2令 h(x) f(x) ，则当 x1h(x2)， h(x)在(0,1上单调递减，4x h( x)1 0 在(0,1上恒成立，ax 4x2 x2 ax 4x2 x2 ax40 在(0,1上恒成立，等价于 a x 在(0,1上恒成立，4x只需 a( x )max.4x y x 在(0,1上单调递增， ymax3，3 a0.1 xax10(1)求 a 的取值范围；(2)若 b0，试证

11、明 0，所以 ax10，即 x ，1a所以 1，即 a1.1a故 a 的取值范围为1，)(2)证明：因为 b0， a1，所以 1，a bb又 f(x) ln x 在(1，)上是增函数，1 xax所以 f f(l)，即 ln 0，(a bb )1 a bbaa bb a bb化简得 .12解析：(1)由已知得， f(x) x(ln x x)，当 x1 时， f(x)1，f( x)ln x12 x，当 x1 时， f( x)1，所以所求切线方程为y1( x1)，即 x y0.(2)证明：由已知条件可得 f( x)ln x12 ax 有两个不同的零点，且两零点的左、11右两侧附近的函数值符号相反，令

12、 f( x) h(x), 则 h( x) 2 a(x0)，1x若 a0，则 h( x)0， h(x)单调递增， f( x)不可能有两个零点；若 a0，令 h( x)0 得 x ，可知 h(x)在(0， )上单调递增，在( ，)上单调递减，12a 12a 12a令 f( )0，解得 0 ， f( )2ln a1 0，所以 0f(1) a .124(2018南宁二中、柳州一中联考)已知函数 f(x)ln x ax2(2 a)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 f(x)的两个零点分别是 x1， x2，求证： f( ) 0，则 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，若 x(0， )，则 f( x)0，若 x( ，)，则 f( x)0，且 f(x)在(0， )上单调递增，在( ，)上单调递减，不1a 1a妨设 0 x1 x2 ，故要证 f( ) 即x1 x22 x1 x22 1a 2a x1 x22 2a可构造函数 F(x) f(x) f( x)， x(0， )，2a 1aF( x) f( x) f( x) f( x) f( x) ，2a 2a 2axax 2 2x2 ax 2ax 12x2 ax x(0， )， F( x) 0， F(x)在(0， )上单调递增，1a 2ax 12x2 ax 1a F(x) x1， x1 x2 ，得证2a 1a 2a 2a