江苏省高考数学二轮复习专题四函数与导数规范答题示例3导数与不等式课件.pptx

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1、典例3(16分)已知函数f(x)＝ax2lnx＋bx＋1.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，求f(x)的单调区间；(3)若a＝2，b＝－1，当x≥1时，关于x的不等式f(x)≥t(x－1)2恒成立，求实数t的取值范围.(其中e是自然对数的底数，e＝2.71828…)规范解答·分步得分(2)当a＝2时，f(x)＝x2lnx＋bx＋1＝1，∴－b＝xlnx，g′(x)，g(x)随x的变化情况，列表如下：xeg′(x)－0＋g(x)e∴f(x)的单调增区间为(，＋∞)，单调减区间为(0，).4分

2、(3)当a＝2，b＝－1，x≥1时，f(x)＝x2lnx－x＋1≥t(x－1)2恒成立，∴x2lnx－x＋1－t(x－1)2≥0在[1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝x2lnx－x＋1－t(x－1)2(x≥1)，则h(x)≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，令m(x)＝xlnx－x＋1(x≥1)，则m′(x)＝lnx≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴m(x)≥m(1)＝0，即xlnx≥x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，10分∴h′(x)＝2xlnx＋x－1－

3、2t(x－1)≥3(x－1)－2t(x－1)＝(3－2t)(x－1)，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0恒成立.12分令φ(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，则φ′(x)＝2lnx＋3－2t，令φ′(x)＝2lnx＋3－2t＝0，得x＝>1，当1≤x<时，φ′(x)<0，∴φ(x)单调递减，φ(x)≤φ(1)＝0，即h′(x)≤0，∴h(x)单调递减，∴当1

4、范围.第三步讨论：构造函数，并针对不同情况分类讨论，具体问题具体解答.第四步回答：根据问题要求给出恰当的答案评分细则第1问求出a，b的值后研究其单调性给4分，第2问列表求最值给4分，第3问根据情况对分类讨论各得2分和3分.证明跟踪演练3(2018·江苏盐城中学考前热身)已知函数f(x)＝ex－c，g(x)＝＋cx(a，b，c∈R).(1)若ac<0，求证：函数y＝g(x)有极值；得g′(x)＝ax2＋bx＋c，∵ac<0，∴Δ＝b2－4ac>0且a≠0，∴函数g′(x)有两个零点，则可设为g′(x)＝a(x－α)(x－β)(α<β)，

5、∴若x1<α1.证明由ex－c＝cx，得ex－cx－c＝0，记h(x)＝ex－cx－c，则h′(x)＝ex－c，由函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个相异交点知函数h(x)有两互异零点.若c≤0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，则h(x)最多有1个零点，矛盾，∴c>0，此时，令h′(x)＝0，则x＝lnc，当x变化时，h′(x)，h(x)

6、的变化情况如下表：∴h(x)min＝h(lnc)＝－clnc<0，∴c>1.x(－∞，lnc)lnc(lnc，＋∞)h′(x)－0＋h(x)