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.ppt

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1、2.4.2 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(多维探究) 解题策略一 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)0; ()当a2时,令g(x)=0得,

2、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. 综上,a的取值范围是(-,2.,-6-,解题策略一,解题策略二,解题心得用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题,一般都需要构造函数,然后对构造的函数求导,一般导函数中都含有参数,通过对参数讨论确定导函数的正负,由导函数的正负确定构造函数的单调性,再由单调性确定是否满足函数不等式,由此求出参数范围.,-7-,解题策略一,解题策略二,对点训练1已知函数f(x)=ax-ln x. (1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标; (2)对x1,+),不等式f(x)a(2

3、x-x2)恒成立,求实数a的取值范围.,解 (1)设切点为M(x0,f(x0),直线的切线方程为y-f(x0)=k(x-x0),又切线过原点O, 所以-ax0+ln x0=-ax0+1, 由ln x0=1,解得x0=e,所以切点的横坐标为e.,-8-,解题策略一,解题策略二,(2)不等式ax-ln xa(2x-x2)对x1,+)恒成立, 等价于a(x2-x)ln x对x1,+)恒成立. 当x=1时,aR都有不等式恒成立;,-9-,解题策略一,解题策略二,-10-,解题策略一,解题策略二,(1)解 f(x)的定义域为R.f(x)= ,由f(x)=0,得x=0, 由f(x)0,得x0, 所以f(x

4、)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)=4xe2xh(0)=0, 所以h(x)在(-1,0)上单调递增, 所以h(x)0.,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

5、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 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

6、(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

7、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(多维探究) 解题策略 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,11,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(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(

8、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

9、(x)max,或证明f(x)ming(x)max且两个最值点不相等.,-25-,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)=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

10、, 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

11、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)0, 故g(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,1)内单调递减,在(1,+)内单调递增,-27-,-28-,角度二 从条件中分离指、对函数分别构造 例5设函数f(x)=aexln x+ ,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)证明f(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)的最小值大于等于零即可,可是有时候利用导数求函数H(x)的最小值不易,这时还可以证明f(x)的最小值大于或等于g(x)的最大值.,-31-,对点训练5已知函数f(x)=aexln x在x=1处的切线与直线x+2ey=0垂直. (1)求a的值; (2)证明xf(x)1-5ex-1.,-32-,