2020高考数学(理)考纲解读与热点难点突破_专题05导数的热点问题教学案_含解析.doc

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1、导数的热点问题【2019年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥

2、0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.(2)证明　当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∴当x∈(－∞，－ln2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数；当x∈(－ln2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln2，＋∞)上为增函数，∵h(－1)<0，h(－2)>0，∴在(－

3、2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数，∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，当x∈(x0，－ln2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln2)上为减函数，当x∈(－ln2,0)时，h(x)h(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－ln2，＋∞)上

4、只有一个极小值点0，综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，∴f(x0)＝－－x0＝2－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，∵当x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；∵ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f ＝＋；综上知＋≤f(x0)<.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1

5、2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)0)，①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，则当x∈时

6、，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明　令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－lnx，则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)＝(x>0)，设r(x)＝xeax－1－1(x>0)，则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，∵eax－1>0，∴当x∈时，r′(x)>0，r(x)单调递增；当x∈时，r′(x)<0，r

7、(x)单调递减．∴r(x)max＝r＝－≤0，∴当0－时，g′(x)>0，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，∴g(x)min＝g，设t＝－∈，则g＝h(t)＝－lnt＋1(0

8、数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.(1)证明　当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以