2019届高考数学（文科）五三课件3.2《导数的应用》

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1、§3.2导数的应用高考文数(课标专用)考点一　导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ,11,5分,0.474)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(    　)A.(-∞,-2]　　B.(-∞,-1]C.[2,+∞)　    D.[1,+∞)A组  统一命题·课标卷题组五年高考答案    D依题意得f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,∵x>1,∴0<<1,∴k≥1,故选D.2.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取

2、值范围是(　　)A.[-1,1]　    B.C.D.答案    C解法一:f'(x)=1-cos2x+acosx=1-·(2cos2x-1)+acosx=-cos2x+acosx+,f(x)在R上单调递增,则f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],则-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则解得-≤a≤,故选C.解法二:函数f(x)=x-sin2x+asinx的导数为f'(x)=1-cos2x+acosx,由题意可得f'(x)≥0恒成立,即1-cos2x

3、+acosx≥0恒成立,即有-cos2x+acosx≥0恒成立,令t=cosx(-1≤t≤1),即有5-4t2+3at≥0,当t=0时,不等式显然成立;当0

4、,求a的取值范围.解析(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤a

5、x+1.则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,解题思路(1)求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的单调

6、增区间,令f'(x)<0,求出f(x)的单调减区间.(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;当0ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x0=说明不等式不成立.疑难突破(1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的增区间,令f'(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.(2)恒成立问题的三种常见解法:①分

7、离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化.4.(2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=lnx-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)x>cx.解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0,解得x=1.当00,f(x)单调递增;当

8、x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(4分)