2019年高考数学(理)一轮复习第2章 函数、导数及其应用 第11节 第3课时 导数与函数的综合问题学案

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1、北师大版2019届高考数学一轮复习学案第3课时　导数与函数的综合问题(对应学生用书第40页)利用导数研究不等式的有关问题◎角度1　证明不等式　(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上

2、单调递增，在上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．7北师大版2019届高考数学一轮复习学案故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(

3、x)≤－－2.◎角度2　解决不等式恒(能)成立问题　(2018·广州综合测试(二))已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e.(1)求实数b的值；(2)若存在x∈[e，e2]，满足f(x)≤＋e，求实数a的取值范围.【导学号：79140086】[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f(x)＝－ax＋b，所以f′(x)＝－a.所以函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b.已知函数f(x)在点(e

4、，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，比较可得b＝e.所以实数b的值为e.(2)f(x)≤＋e，即－ax＋e≤＋e，所以问题转化为a≥－在[e，e2]上有解．令h(x)＝－(x∈[e，e2])，则h′(x)＝－＝＝.令p(x)＝lnx－2，所以当x∈[e，e2]时，有p′(x)＝－＝＜0.所以函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减．所以p(x)≤p(e)＝lne－2＜0.7北师大版2019届高考数学一轮复习学案所以h′(x)＜0，即h(x)在区间[e，e2]上单调递减．所以h(x)≥h(e2)＝－＝－.所以实数a

5、的取值范围为.[规律方法]　1.利用导数证明含“x”不等式方法，证明：f(x)＞g(x).法一：移项，f(x)－g(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化证明F(x)min＞0，利用导数研究F(x)单调性，用上定义域的端点值.法二：转化证明：f(x)min＞g(x)max.法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.(2)也可分离变量，构造函数，

6、直接把问题转化为函数的最值问题.3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否成立问题.[跟踪训练]　(2018·东北三省三校二联)已知函数f(x)＝sinx.(1)当x＞0时，证明：f′(x)＞1－；(2)若当x∈时，f(x)＋＞ax恒成立，求实数a的取值范围．[解]　(1)证明：设g(x)＝f′(x)－＝cosx－(x＞0)，则g′(x)＝－sinx＋x(x＞0)．令M(

7、x)＝g′(x)(x＞0)，则M′(x)＝1－cosx≥0，∴g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴g′(x)＞g′(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴g(x)＞g(0)＝0.∴f′(x)＞1－成立．(2)当x∈时，f(x)＋＞ax⇔sinx＋tanx＞ax.7北师大版2019届高考数学一轮复习学案设h(x)＝sinx＋tanx－ax，则h′(x)＝cosx＋－a.令t＝cosx，由0＜x＜，得0＜t＜1.设k(t)＝t＋(0＜t＜1)，则k′(t)＝1－＝＜0.∴k(t)在(0,1)上单调递减．∴k(t)

8、＞k(1)＝2.当a≤2时，h′(x)＞0，∴h(x)在上单调递增．∴h(x)＞h(0)＝0，即原不等式成立．当a＞2时，关于t的方程t＋＝a在(0,1)仅有一根，设根为t0，设cosm＝t0,0＜m＜，则存在唯一m，使得cosm＝t0.当x∈(0，m)时，t0＜cosx＜1⇒h′(x)＜0，∴h(x)在(0，m)上