2019屆高考理科數(shù)學一輪復習學案第14講導數(shù)應用第3課時(含解析)

1、2019屆高考理科數(shù)學一輪復習優(yōu)選教學設計：第14講導數(shù)的應用第3課時(含解析)2019屆高考理科數(shù)學一輪復習優(yōu)選教學設計：第14講導數(shù)的應用第3課時(含解析)7/72019屆高考理科數(shù)學一輪復習優(yōu)選教學設計：第14講導數(shù)的應用第3課時(含解析)第3課時導數(shù)與不等式例1思路點撥(1)對函數(shù)f()求導,依照切線方程及導數(shù)得出參數(shù),;(2)成立函數(shù)()=f()(x),xabFxx-g只需證明F(x)0,對F(x)求導,解析求單調(diào)性與最大值.解:(1)f(x)=+3(1-a)x2+b,f(e)=+3(1-a)e2+b,且f(e)=1+(1-a)e3+be,又曲線y=f(x)在點(e,f(e)處的切線

2、方程為y=x,切點坐標為(e,1+e),解得a=b=1.(2)證明:由(1)可知f(x)=lnx+x,g(x)=xex-1,且f(x)的定義域為(0,+),令()=f(x)-g(x)lnx+x-xex1,Fx=+xx=x=(x+1)x則F(x)=+1-e-xe-(x+1)e-e.令()=-ex,可知()在(0,+)上為減函數(shù),且20,(1)1e0,GxGxG=-G=-0,F(x)0,F(x)為增函數(shù);當x(x0,+)時,G(x)0,F(x)0,F(x)為減函數(shù).F(x)F(x0)=lnx0+x0-x0+1,又-0,=,即ln00,=x=-xF(x0)=0,即F(x)0,f(x)g(x).變式題

3、解:(1)依題意得f(x)=lnx+1-ex,又f(1)=1-e,f(1)=1-e,故所求切線方程為y-1+e=(1-e)(x-1),即y=(1-e)x.(2)證明:依題意,要證f()sin,即證xlnx-ex1sin,xx+xx即證xlnxe+sinx-1.當00,xlnx0,故xlnxex+sinx-1,即f(x)1時,令g(x)=ex+sinx-1-xlnx,故g(x)=ex+cosx-lnx-1.令h(x)=g(x)=ex+cosx-lnx-1,則h(x)=ex-sinx,當x1時,ex-e-11,因此h(x)=ex-sinx0,故h(x)在(1,+)上單調(diào)遞加.故h(x)h(1)=e

4、+cos1-10,即g(x)0,因此g(x)g(1)=e+sin1-10,即xlnxex+sinx-1,即f(x)sinx.綜上所述,f(x)sinx在(0,+)上恒成立.例2思路點撥(1)利用導數(shù)求得切線方程,將其和已知的切線方程比較,可得b=e;(2)將原不等式分別常數(shù),獲取a-在e,e2上有解,令h(x)=-,利用導數(shù)求得其最小值,進而獲取a的取值范圍.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)(1,+).由于f(x)=-ax+b,因此f(x)=-a,因此f(e)=e-ae+b,f(e)=-a.因此函數(shù)f(x)的圖像在點(e,f(e)處的切線方程為y-(e-ae+b)=-a(x-e),即

5、y=-ax+e+b.又已知函數(shù)f(x)的圖像在點(e,f(e)處的切線方程為y=-ax+2e,因此實數(shù)b的值為e.(2)f(x)+e,即-ax+e+e,因此問題轉(zhuǎn)變成a-在e,e2上有解.令h(x)=-,xe,e2,則h(x)=-=.令p(x)=lnx-2,因此當xe,e2時,有p(x)=-=0,因此函數(shù)p(x)在區(qū)間e,e2上單調(diào)遞減,因此在區(qū)間e,e2上,p(x)p(e)=lne-20,因此h(x)1時,令h(x)0,得xlna;令h(x)0,得x1不合題意.綜上,a的取值范圍為(-,1.例3思路點撥問題轉(zhuǎn)變成f(x)0在(0,+)上恒成立,成立函數(shù)g(x)=f(x),讓其最大值小于或等于

6、0即可.解:由已知得,f(x)=lnx+-2(x-a)=lnx-2x+1+2a0恒成立.令(x)ln212,則g()2=(x0).g=x-x+ax=+-=當0 x0,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞加,當x1時,g(x)1)圖像的上方,ax2-0在(1,+)上恒成立,a.設f(x)=,x1,則f(x)=0在(1,+)上恒成立,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,f(x)1時,f(x)0;(2)若t1,且f(x)1在區(qū)間,e上恒成立,求t的取值范圍.解:(1)證明:當t=1時,f(x)=x-2lnx,f(x)=1+-=0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞加,f(x)f(1)=1-1-0=0,當x1時,f(x

7、)0.(2)依題意知,在區(qū)間,e上f(x)min1.f(x)=t+-=,令f(x)=0,解得x=1或x=1.若te,當10,函數(shù)f(x)單調(diào)遞加,當x1時,f(x)1,滿足條件.若1te,則當x或10,函數(shù)f(x)單調(diào)遞加,當x1時,f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,f(x)min=minf,f(1),依題意即2te.若t=1,則f(x)0,函數(shù)f(x)在,e上單調(diào)遞加,f(x)min=f2.2配合例2使用2017廣元三診已知函數(shù)f(x)=exsinx-cosx,g(x)=xcosx-ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).判斷函數(shù)y=f(x)在0,內(nèi)零點的個數(shù),并說明原由;(2)若對任意的x10,總存

8、在x20,使得不等式f(x1)(2)成立,試求實數(shù)的取值范圍.+gxmm解:(1)函數(shù)y=f(x)在0,內(nèi)的零點的個數(shù)為1.原由以下:由于f(x)=exsinx-cosx,因此fxxx+sinx.(x)=esinx+ecos由于0 x0,因此函數(shù)f(x)在0,上單調(diào)遞加.由于f(0)=-10,因此依照函數(shù)零點存在性定理得函數(shù)y=f(x)在0,內(nèi)的零點的個數(shù)為1.(2)由于不等式f(x1)+g(x2)m等價于f(x1)m-g(x2),因此對任意的x10,總存在x20,使得不等式f(x1)+g(x2)m成立等價于f(x1)minm-g(x2)min=m-g(x2)max.當x0,時,f(x)=exsinx+excosx+sinx0,故f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞加,因此當x=0時,f(x)獲