【创新设计】人教A版高三数学(文)二轮专题复习第1部分专题1第5讲资料.ppt

高考定位　以解答题的形式考查利用导数证明不等式或利用导数解决有关函数零点、方程根的个数问题，难度较大． 1．证明不等式时，根据不等式的结构特征准确构造相应的函数，将其转化为对应函数的最值或函数值的大小问题处理． 2．我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、 两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题． 3．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题. 热点聚焦 · 题型突破 归纳总结 · 思维升华 第5讲　导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题 　 　 　 热点一　利用导数证明不等式 【例1】 (2014·吉林实验中学模拟)已知函数f(x)＝ax－ex(a＞0)(e为自然对数的底数)． (1)若a＝，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)当1≤a≤e＋1时，求证：f(x)≤x. (1)解　当a＝时，f(x)＝x－ex，f(1)＝－e. f′(x)＝－ex，f′(1)＝－e， 故函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－＋e＝(x－1)，即x－y＝0. (2)证明　令g(a)＝x－f(x)＝－ax＋x＋ex， 只需证明g(a)≥0在1≤a≤e＋1时恒成立． g(1)＝－x＋x＋ex＝ex＞0， g(1＋e)＝－x(1＋e)＋x＋ex＝ex－ex. 设h(x)＝ex－ex，则h′(x)＝ex－e. 当x＜1时，h′(x)＜0；当x＞1时，h′(x)＞0. h(x)在(－∞，1)单调递减；在(1，＋∞)单调递增． h(x)≥h(1)＝e－e＝0，即g(1＋e)≥0. 由知，g(a)≥0在1≤a≤e＋1时恒成立． 故当1≤a≤e＋1时，f(x)≤x. 规律方法　利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的． 【训练1】 (2014·武汉调研考试)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，xR. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1. (1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，xR知f′(x)＝ex－2，xR. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 2(1－ln 2＋a) 单调递增 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)． (2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，xR. 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，xR. 由(1)知，当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0. 于是对任意xR，都有g′(x)＞0， g(x)在R上单调递增． 于是当a＞ln 2－1时，对任意x(0，＋∞)， 都有g(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，从而对任意x(0，＋∞)，g(x)＞0. 即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1. 热点二　利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [微题型1]讨论方程根的个数 【例2－1】 (2014·金丽衢十二校联合考试)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)·ex的定义域为[－2，t](t＞－2)． (1)试确定t的取值范围，使得函数f(x)在[－2，t]上为单调函数； (2)当1＜t＜4时，求满足＝(t－1)2的x0的个数． 解　(1)f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x·(x－1)ex， 由f′(x)＞0，得x＞1或x＜0； 由f′(x)＜0，得0＜x＜1. f(x)在(－∞，0]，[1，＋∞)上递增，在(0,1)上递减， 若使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则需－2＜t≤0， 即t的取值范围为(－2,0]． (2)∵＝x－x0，＝(t－1)2，即x－x0＝(t－1)2，令g(x)＝x2－x－(t－1)2，则问题转化为当1＜t＜4时，求方程g(x)＝x2－x－(t－1)2＝0在[－2，t]上的解的个数． g(－2)＝6－(t－1)2＝－(t＋2)(t－4)， g(t)＝t(t－1)－(t－1)2＝(t＋2)(t－1)， 当1＜t＜4时，g(－2)＞0且g(t)＞0， ∵g(0)＝－(t－1)2＜0， g(x)＝0在[－2，t]上有两解． 即满足＝(t－1)2的x0的个数为2. 探究提高 研究方程的根的情况，可以通过导数研