2019年高考数学总复习 2.4.2 导数与不等式及参数范围课件 理.ppt

2.4.2导数与不等式及参数范围,考向一,考向二,求参数的取值范围(多维探究)解题策略一构造函数法角度一从条件关系式中构造函数例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x-2时,f(x)kg(x),求k的取值范围.,考向一,考向二,难点突破一(作差构造)f(x)kg(x)kg(x)-f(x)0,设F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)令F(x)=0得x1=-lnk,x2=-2.此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等于0时的k的范围.难点突破二(分离参数构造函数)若x-2时,f(x)kg(x)当x-2,x2+4x+22kex(x+1)恒成立.,据导数的正负讨论单调性求得最值,相比作差法构造函数分类讨论的方法,达到了事半功倍的效果.,考向一,考向二,解:(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g(0)=4.而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).由题设可得F(0)0,即k1.令F(x)=0得x1=-lnk,x2=-2.若1k0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+)单调递增.故F(x)在-2,+)的最小值为F(x1).,考向一,考向二,故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若k=e2,则F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x-2时,F(x)0,即F(x)在(-2,+)单调递增.而F(-2)=0,故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若ke2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0,使得|g(x)-g(x0)|0成立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.,考向一,考向二,令g(x)=0得x=1,当x(0,1)时,g(x)0,故(1,+)是g(x)的单调增区间,因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.,考向一,考向二,考向一,考向二,(3)满足条件的x0不存在.证明如下:,考向一,考向二,角度二从条件化简关系式中构造函数例2设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.难点突破|f(x1)-f(x2)|e-1|f(x1)-f(x2)|maxe-1|f(x)max-f(x)min|e-1,考向一,考向二,(1)证明:f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0.所以,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)解:由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,考向一,考向二,设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.,考向一,考向二,解题心得在面对陌生的已知条件一时没有解题思路时,不妨对已知条件进行等价转化,在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或者熟悉的题型,从而得到解决.,考向一,考向二,切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值;,考向一,考向二,考向一,考向二,()设00,于是g(x)在1,+)内递增,g(x)g(1)=2,则k的取值范围是k2.,考向一,考向二,解题心得有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确,也存在分类讨论相当复杂的情形,难以继续作答.可以利用分离参数法简化构造函数,使得问题简单求解.若求导后不易得到极值点,可二次求导,还不行时,就使用参数讨论法,即以参数为分类标准,看是否符合题意;当最值所在点处函数值是“”型时,可使用洛必达法则,可求极限值.,考向一,考向二,对点训练3已知f(x)=bx-b,d(x)=(bx-1)ex,bR.(1)若b0,讨论d(x)的单调性;(2)若不等式f(x)d(x)有且仅有两个整数解,求b的取值范围.,解:(1)d(x)=ex(bx+b-1),b=0时,d(x)d(x)有且仅有两个整数解,b(xex-x+1)0;当x0,令h(x)=2-x-ex,则h(x)=-1-ex0,h(1)=1-e0时,求证:f(x)(e-2)x+2.难点突破(作差构造)设g(x)=f(x)-(e-2)x-2,若能判断g(x)的单调性,可由单调性证出g(x)0.为此需要求g(x)的导数,并判断g(x)的正负,若不好判断再设h(x)=g(x)进行第二次求导,由h(x)的正负,判断出g(x)的单调性,再通过g(x)几个特殊值的正负,判断g(x)的正负即g(x)的单调性.,考向一,考向二,(1)解:f(x)=ex-2ax,f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a+1=b+2,解得a=1,b=e-2.(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-2=ex-x2-(e-2)x-1,则g(x)=ex-2x-(e-2),设h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以g(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+)内单调递增,又g(0)=3-e0,g(ln2)=2-2ln2-e+2=4-2ln2-e0;当x(x0,1)时,g(x)g(x)(xa),只需证明f(x)-g(x)0(xa),设h(x)=f(x)-g(x),即证h(x)0.若h(a)=0,h(x)h(a)(xa).接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可.2.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)-g(x)0(xI).设h(x)=f(x)-g(x)(xI),即证h(x)0,也即证h(x)min0(xI)(若h(x)min不存在,则需求函数h(x)的下确界),而这用导数往往容易解决.3.证明f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max.证明f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max,或证明f(x)ming(x)max且两个最值点不相等.,考向一,考向二,对点训练4已知f(x)=ex-ax2,曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在0,1上的最大值;(3)证明当x0时,ex+(1-e)x-1-xlnx0.,(1)解:f(x)=ex-2ax,由题设得f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1,解得a=1,b=e-2.(2)解:由(1)知f(x)=ex-x2,f(x)=ex-2x,设h(x)=ex-2x,h(x)=ex-2.f(x)在(-,ln2)内单调递减,在(ln2,+)内单调递增,f(x)f(ln2)=2-2ln20,f(x)在0,1上单调递增,f(x)max=f(1)=e-1.,考向一,考向二,(3)证明:f(0)=1,由(2)知,f(x)过点(1,e-1),且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1,故可猜测当x0,x1时,f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方.下证:当x0时,f(x)(e-2)x+1.设g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1,则g(x)=ex-2x-(e-2),设h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以g(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+)内单调递增,又g(0)=3-e0,g(ln2)=2-2ln2-e+2=4-2ln2-e0;当x(x0,1)时,g(x)1.,考向一,考向二,考向一,考向二,由题意可得f(1)=2,f(1)=e.故a=1,b=2.,考向一,考向二,所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.,解题心得证明不等式f(x)g(x)成立,可以构造函数H(x)=f(x)-g(x),通过证明函数H(x)的最小值大于等于零即可,可是有时候利用导数求函数H(x)的最小值不易,这时还可以证明f(x)的最小值大于或等于g(x)的最