2019高考数学二轮复习专题提能一函数、导数与不等式的提分策略教案理.doc

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1、1函数、导数与不等式的提分策略提分策略一　　“双图法——明确思路”在解答函数综合问题时，若能快速地画出相关函数的图象，便可直观明快地解决问题．然而，画函数f(x)的图象前，需要明确其单调性(走势)、极值、最值及端点值．尤其是单调性，对于可导函数，单调性由导数f′(x)的正负确定，于是我们从f′(x)中“抽象”出与其正负相关的函数g(x)，通过g(x)的图象(只需关注其正负值)即可大致画出f(x)的图象，通过g(x)与f(x)的图象解决问题的方法，我们称其为“双图法”．　已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋2lnx(a∈R)．(1)若a＝0，求证：f(x)<0；(2)

2、讨论函数f(x)零点的个数．分析：(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋2lnx(x>0)，f′(x)＝－2＋＝，设g(x)＝1－x，根据g(x)的正负可画出f(x)的图象如图(1)所示．(2)f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝(x－1)(ax－2)，当a＝0时，由(1)知f(x)没有零点；当a>0时，画g(x)的正负图象时，需分＝1，>1，<1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f(x)的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a<0时，同理可得图(5)．综上，易得f(x)的零点个数．解析：(1)证明：当a＝0时，f′(x)＝－2＋＝，由f′(x)＝0得x＝1.当

3、00，f(x)在(0,1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即f(x)<0.(2)由题意知f′(x)＝ax－(a＋2)＋＝＝(x>0)，当a＝0时，由第(1)问可得函数f(x)没有零点．当a>0时，①当＝1，即a＝2时，f′(x)≥0恒成立，仅当x＝1时取等号，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－a－2＝－×2－2<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．②当>1，即0，则f

4、′(x)>0，f(x)在(0,1)和上单调递增；若12时，若01，则f′(x)>0，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增；若2，所以f＝－－2＋2ln<－－2＋2ln1<0，又x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．当<0，即a<0时，若0

5、0，f(x)在(0,1)上单调递增；若x>1，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，又f(1)＝a－(a＋2)＋2ln1＝－a－2＝.当f(1)＝>0，即a<－4时，函数f(x)有两个零点；当f(1)＝＝0，即a＝－4时，函数f(x)有一个零点；当f(1)＝<0，即－40时，函数f(x)有一个零点．点评　解决本题运用了分类、分层的思想方法，表

6、面看起来非常繁杂．但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f′(x)>0与f′(x)<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f′(x)抽象出与其正负有关的函数g(x)，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f(x)的单调性，大大提高解题的效率．[对点训练]已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，f′(x

7、)＝ex(2x＋1)－1，f′(0)＝0，f″(x)＝ex(2x＋3)，由f″(x)＝0，得x＝－，当x<－时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；当x>－时，f″(x)>0，f′(x)单调递增．且当x<－时，f′(x)<0，即当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．(2)①由f(x)<0，得ex(2x－1)1时，a>；当x<1时，a<.记g(x)＝，g′(x)＝＝，所以