浙江专用高考数学复习第四章导数及其应用4.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件.pptx

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1、第3课时　导数与函数的综合问题第四章§4.2导数的应用NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类　深度剖析1PARTONE题型一　利用导数解或证明不等式1.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝0，且对于其导函数f′(x)恒有f(x)＋f′(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是A.∅B.(0,1)C.(1，＋∞)D.(0,1)∪(1，＋∞)自主演练√解析令g(x)＝f(x)ex，由x＞0时，f(x)＋f′(x)＜0恒成立，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＜0，故g(x)＝

2、f(x)ex在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，所以g(1)＝0.当x＞1时，f(x)ex＜0，得f(x)＜0；当0＜x＜1时，f(x)ex＞0，得f(x)＞0，故选B.2.设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是A.(－2,0)∪(2，＋∞)B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0,2)√又φ(2)＝0，∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故

3、x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).3.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，当且仅当x＝2时取等号.①又由(1)知x－lnx≥1，当且仅当x＝1时取等号.②因为①②等号

4、不同时取得，(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)

5、>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以x＝1为极大值点，再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)min＝g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求实数k的取值范围.引申探究由本例(2)知，g(x)为单调增函数，利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数

6、的取值范围.(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华跟踪训练1已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.解∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，题型三　利用导数研究函数的零点问题例2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；师生共研解由对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)

7、恒成立，即有2xlnx≥－x2＋ax－3.当x>1时，h′(x)>0，h(x)是增函数，当00，G(x)单调递增.∴G(x)≥G(1)＝0.②∵①②中取等号的条件不同，∴

8、F(x)>0，故函数F(x)没有零点.在(1，＋∞)上单调递减，即F(x)＞0恒成立，∴函数F(x)无零点.利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问