2019年高考数学三轮冲刺专题06导数的综合应用专项讲解与训练.doc

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1、第6讲　导数的综合应用“辅助函数法”证明不等式　利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题　1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)min>A.(2)若不等式f(x)

2、(x)maxA成立，则等价于在区间D上f(x)max>A.(2)若∃x∈D，f(x)

3、)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)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，＋∞)单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增，而g(0

4、)＝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＝，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，＋∞)．对于不等式恒成立问题，可从函数角度转化为求函数的最值问题，也可以采用分离变量法将变量分离出来，进而转化为a>f(x)max或a＜f(x)min

5、的形式，通过导数求出f(x)的最值，进而求得参数的范围．　【对点训练】(2019·昆明模拟)已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3lnx.(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1，](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)<3恒成立，求实数m的取值范围．【解析】：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，f′(2)＝5，又f(2)＝6，所以所求切线方程为y＝5x－4.(2)由题意知，x∈(1，]时，mx－－3lnx<3恒成立，即m(x

6、2－1)<3x＋3xlnx恒成立，因为x∈(1，]，所以x2－1>0，则m<恒成立．令h(x)＝，x∈(1，]，则m

7、(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【解析】　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(i)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)(i)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln，则f

8、(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)＞0.所以f(x)有两个零点．(ii)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(iii)设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值