2.11.3.ppt

【解析】(1)因为f(x)=x3-3x2+ax+2, 所以f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a, 设切点A(0,2),切线与x轴交点为B(-2,0),则 kAB=f′(0),即 所以a=1. (2)当k1时,令f(x)-kx+2=x3-3x2+x-kx+4=0. 则 令g(x)= 则g′(x)= 令h(x)=2x3-3x2-4,则h′(x)=6x2-6x=6x(x-1), 所以当x∈(0,1)时,h′(x)0,h(x)递减. 当x∈(-∞,0)或(1,+∞)时,h′(x)0,h(x)递增;且h(0)0,h(2)=0. 所以当x2时,h(x)0,g′(x)0,g(x)在(-∞,0),(0,2)上递减; 当x2时,h(x)0,g′(x)0,g(x)在(2,+∞)上递增; 所以当x∈(0,2)∪(2,+∞)时,g(x)≥g(2)=1, 当x∈(-∞,0)时,单调递减,且g(x)∈(-∞,+∞). 所以当k1时,g(x)=k仅有一个根,图象如图所示, 所以当k1时,y=f(x)与y=kx-2仅有一个交点. 考向二　利用导数研究不等式的有关问题 【考情快递】 以函数为背景,考查不等式恒成立问题的解决方法及导数的综合应用,属难题 不等式恒成立问题 以函数为背景,利用导数证明某些不等式,主要考查导数的综合应用,属难题 证明不等式 命题视角 命题方向 【考题例析】 命题方向1:证明不等式 【典例2】(2016·济南模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1. (1)求函数f(x)的最大值. (2)设g(x)= x-1,且x≠0,证明:g(x)1. 【解题导引】(1)先求导,然后结合函数的单调性求最值. (2)构造函数h(x)=f(x)-x,结合函数的单调性证明. 【规范解答】(1)f′(x)=-xex. 当x∈(-∞,0)时,f′(x)0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)0,f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)=0. (2)由(1)知,当x0时,f(x)0,g(x)01. 当-1x0时,g(x)1等价于f(x)x. 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1. 当x∈(-1,0)时,0-x1,0ex1,则0-xex1, 从而当x∈(-1,0)时,h′(x)0,h(x)在(-1,0)上单调递减. 当-1x0时,h(x)h(0)=0,即g(x)1. 综上,总有g(x)1. 命题方向2:不等式恒成立问题 【典例3】(2014·陕西高考改编)设函数f(x)=lnx+ , m∈R. (1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值. (2)若对任意ba0, 1恒成立,求m的取值范围. 【解题导引】(1)先判断f′(x)的符号,再求解. (2)将不等式变形为左边为关于b的代数式,右边为关于a的代数式的形式,再构造函数,转化为最值问题. 【规范解答】(1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+ , 则f′(x)= 所以当x∈(0,e)时,f′(x)0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当x∈(e,+∞)时,f′(x)0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, 所以x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+ =2, 所以f(x)的极小值为2. (2)对任意的ba0, 1恒成立, 等价于f(b)-bf(a)-a恒成立.　(*) 设h(x)=f(x)-x=lnx+ -x(x0), 所以(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减. 由h′(x)= -1≤0在(0,+∞)恒成立, 得m≥-x2+x= (x0)恒成立, 所以m≥ (对m= ,h′(x)=0仅在x= 时成立), 所以m的取值范围[ ,+∞). 【技法感悟】 1.利用导数证明不等式的方法 证明f(x)g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F′(x)0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x). 2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围. (2)也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 【题组通关】 1.(2016·滨州模拟)若函数f(x)在区间(a,b)内函数的导数为正,且f(b)≤0,则函数f(x)在(a,b)内有(　　) A.f(x)0 B.f(x)0 C.f(x)=0 D.无法确定 【解析】选B.因为函数f(x)在区间(a,b)内函数的导数为正, 所以函数f(x)在区间(a,b)内单调递增,