2021届高考数学统考二轮复习-第二部分-专题6-函数与导数-第4讲-导数的综合应用教案-理.doc

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用教案 理2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用教案 理年级：姓名：专题6第4讲导数的综合应用利用导数证明不等式授课提示：对应学生用书第62页考情调研考向分析主要考查利用导数证明不等式问题，题目以解答题形式出现，属于压轴题，难度较大.证明不等式.题组练透1(2020芜湖模拟)已知函数f(x)(1x)ekxx1(k0)(1)若f(x)在R上单调递减，求k的取值范围；(2)若x0，求证：(2x)ex(2x)ex0，当x时，g(x)0；当x0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)maxgek210，即00时，则f(x)f(0)0，即(1x)e2xx10时，xf(0)0，即(1x)e2xx10，从而(1x)e2xx1(1x)e2xx1，即(1x)e2x(x1)e2x2x0，也即(22x)e2x(2x2)e2x4x0令t2x0，则(2t)et(t2)et2t0，即x0时，(2x)ex(2x)ex0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意x(1，)都有f(x)2me恒成立解析：(1)f(x)mln xx2(m1)xm(m0)，f(x)x(m1)，当0m1时，f(x)在(0,1)，(m，)上单调递增，在(1，m)上单调递减(2)证明：由(1)知，当0f(1)，2me(m2)2e0，2me，即f(x)2me成立；当m1时，f(1)在(1，m)上单调递减，在(m，)上单调递增，f(x)minf(m)mln m，要证f(x)2me在(1，)上恒成立，只需证mln m2me0在(1，)上恒成立，设g(m)mln m2me，则g(m)ln m1，令g(m)0，则me，g(m)在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(m)ming(e)0，f(x)2me成立综上所述，对任意x(1，)，都有f(x)2me恒成立2已知f(x)xeaxx2x1，a0.(1)当a1时，求f(x)的单调区间；(2)若x01，使f(x0)0，得x0；由f(x)0，得1x0.所以f(x)的单调递减区间为(1,0)，f(x)的单调递增区间为(，1)，(0，)(2)由题意，得f(x)min0时，因为x1，所以f(x)0，所以f(x)单调递增，即f(x)minf(1)f(1)ea，即eaa0)，g(a)ea10.所以g(a)ming(0)e0010，即eaa恒成立，即g(a)0，所以不等式eaa0无解；当a0，由知f(1)恒成立，若x01，使f(x0)，则，所以所以，解得1 a0，f(x)在和(1，)上单调递增当x时，f(x)0，t(x)在x上单调递增，又t(1)0，t(x)在x上有t(x)0，x时，h(x)0，h(x)在x上单调递减，在(1，e上单调递增h(x)minh(1)3，h2e，h(e)2e，由a2x有两解及hh(e)可知a(3,2e2已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解析：(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点等价于h(x)在(0，)只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点若h(2)0，即a，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，当f(x)在(0，)只有一个零点时，a.题后悟通利用导数研究方程解的个数问题的一般思路(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题(2)利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象(3)结合图象求解