2019-2020年高三数学总复习专题一第5讲导数（3）教学案

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1、2019-2020年高三数学总复习专题一第5讲导数（3）教学案年级：ZX-12　　学科：SX编写时间：2015-03-17编号：NO:015主备人：　　　　　　复备人：教学内容：导数及其应用（3）教学目标：1.导数的几何意义2.利用导数研究函数的性质教学重点：1.导数的实际运用；2.导数的综合运用教学难点：导数的综合运用教学过程：一、例题教学：例1、（xx·高考江苏卷)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求

2、实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)0)，则t>1，所以m≤－＝－对任意t>1成立．因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，所以－≥－，当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(

3、x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0，又a>0，故g′(x)>0.复备栏所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex＋e－x－a(－x＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.故e＋e－1－2a<0，即a>.令函数h(x)＝x－(e－1)lnx－1，则h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，

4、e－1)上的单调减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)

5、，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈时，ea－1ae－1.变式训练：(xx·淮安信息卷)已知函数f(x)＝ax3－x2＋bx(a，b∈R)，f′(x)为其导函数，且x＝3时f(x)有极小值－9.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若g(x)＝2mf′(x)＋(6m－8)x＋6m＋1，h(x)＝mx，当m>0时，对于任意x，g(x)和h(x)的值至少有一个是正数，求实数m的取值范围；(3)若不

6、等式f′(x)>k(xlnx－1)－6x－4(k为正整数)对任意正实数x恒成立，求k的最大值．解：(1)由f′(x)＝3ax2－2x＋b，因为函数在x＝3时有极小值－9，所以，从而得a＝，b＝－3，所求的f(x)＝x3－x2－3x，所以f′(x)＝x2－2x－3，由f′(x)<0解得－10时，若x>0，则h(x)＝mx>0，满足条件；若x＝0，则g(0)＝1>0，满足条件；若x<0，g(x)＝2m(

7、x－)2＋1－①如果对称轴x0＝≥0，即0＜m≤4时，g(x)的开口向上，故在(－∞，x0]上单调递减，又g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)>0；②如果对称轴x0＝＜0，即4＜m时，Δ＝(2m－8)2－8m<0，解得20.所以m的取值范围为(0,8)．(3)因为f′(x)＝x2－2x－3，所以f′(x)>k(xlnx－1)－6x－4等价于x2＋4x＋1>k(xlnx－1)，即x＋＋4－klnx>0，记φ(x)＝x＋＋4－klnx，则φ′(x)＝1－－＝，由φ′(x)>0，得x>k＋1，所以φ(

8、x)在(0，k＋1)上单调递减，在(k＋1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(k＋1)＝k＋6－kln(k＋1)，φ(x)>0对任意正实数x恒成立，等价于k＋6－kln(k＋1)>0，即1＋－ln(k＋1)>0，记m(x)＝1＋－l