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2023版新高考数学一轮总复习第3章第2讲第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式课件
2023版新高考数学一轮总复习第3章第2讲第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式课件
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第三章导数及其应用\n第二讲 导数在研究函数中的应用第三课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式\n知识梳理·双基自测考点突破·互动探究名师讲坛·素养提升\n知识梳理·双基自测\n知识点一 利用导数研究函数零点的方法方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值.(2)根据函数f(x)的性质作出图象.(3)判断函数零点的个数.方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值.(2)分类讨论,判断函数零点的个数.\n知识点二 利用导数解决不等式问题的常见题型及解题策略(1)利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b).\n(2)利用导数解决不等式的恒成立问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题,一般都可通过求相关函数的最值来解决,如:当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时,若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)在x∈D上的最小值,将原条件转化为g(a)≤f(x)min;若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)在x∈D上的最大值,将原条件转化为g(a)≥f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)在x∈D上的最大值,将原条件转化为g(a)≤f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≤g(a)成立,应求f(x)在x∈D上的最小值,将原条件转化为g(a)≥f(x)min.\n\n××√×\nC\n\nC\n4.(选修2P99T12改编)求证:(1)ex≥x+1.(2)lnx≤x-1(x>0).[证明](1)设f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1在(-∞,0)上f′(x)<0,在(0,+∞)上f′(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上递减,在(0,+∞)上递增,所以f(x)在x=0处有最小值,故f(x)≥f(0)=0,∴ex≥x+1.\n\n题组三 走向高考5.(2018·江苏,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为______.-3\n\n\n考点突破·互动探究\n(2020·全国Ⅰ,20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,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)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f′(x)=ex-1.当x<0时,f′(x)<0;当x>0时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.例1考点一利用导数研究函数的零点或方程的根——师生共研\n(2)f′(x)=ex-a.当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f′(x)=0可得x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).\n\n\n利用导数研究方程根或函数零点的方法(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.(3)通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.\n〔变式训练1〕(2021·安徽合肥调研性检测)已知函数f(x)=kx-lnx-1(k>0).若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值.\n\n\n∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(1)=1,当x→+∞时,g(x)→0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k=1.\n\n角度1移项构造函数证明不等式已知函数f(x)=x2e2x-2.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x∈[0,2]时,求证:f(x)≥-2x2+8x-5.[解析](1)f′(x)=2e2x-2(x2+x),f′(1)=4,f(1)=1,则曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.例2考点二利用导数研究不等式的有关问题——多维探究\n(2)证明:当x∈[0,2]时,令g(x)=x2e2x-2+2x2-8x+5,则g′(x)=2e2x-2(x2+x)+4x-8,令h(x)=g′(x),则h′(x)=2e2x-2(2x2+4x+1)+4>0,所以g′(x)在[0,2]上单调递增,且g′(1)=0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,在(1,2]上单调递增,所以g(x)的最小值为g(1)=0,所以g(x)≥0,即f(x)≥-2x2+8x-5.\n待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数,利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式.\n例3\n\n\n某些不等式,直接构造不易求最值,可利用条件与不等式性质,适当放缩后,再构造函数进行证明.\n角度3分拆函数法证明不等式(2022·百校大联考)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.例4\n\n\n\n(1)若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.(2)在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min≥f(x)max恒成立,从而f(x)≤g(x)恒成立.\n角度4不等式恒成立或有解问题已知函数f(x)=aex-2x+1.(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)若f(x)>0对x∈R恒成立,求实数a的取值范围.[解析](1)当a=1时,f(x)=ex-2x+1,则f′(x)=ex-2,令f′(x)<0,解得x<ln2;令f′(x)>0,解得x>ln2.故函数f(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,故函数f(x)的极小值为f(ln2)=2-2lnx+1=3-2ln2,无极大值.例5\n\n\n分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.\n\n\n\n\n\n\n\n\n(4)①因为f′(x)=a-ex,x∈R.当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f′(x)=0,得x=lna.由f′(x)>0,得f(x)的单调递增区间为(-∞,lna);由f′(x)<0,得f(x)的单调递减区间为(lna,+∞).综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,lna),单调递减区间为(lna,+∞).\n\n\n\n名师讲坛·素养提升\n例6\n\n\n(1)函数中与正整数有关的不等式,其实质是利用函数性质证明数列不等式,证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少2问,所证的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式),还要注意指、对数式的互化,如ex>x+1可化为ln(x+1)<x等.\n\n\n[答案](1)a=1(2)略\n
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-06-24 16:00:03
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文章作者:随遇而安
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