高考数学理天津专用二轮复习课件232利用导数解不等式及参数的取值范围

1、二、利用导数解不等式及参数的取值范围,-2-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,利用导数证明不等式 【思考】 如何利用导数证明不等式? 例1(2016天津高考)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,xR,其中a,bR. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求证:x1+2x0=3; (3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值不小于 .,(1)解：由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f(x)=3(x-1)2-a. 下面分两种情况讨论: 当a0时,有f(x)=3(x-1)2-a0恒成立,所以

2、f(x)的单调递增区间为(-,+). 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:,-3-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-4-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,(2)证明：因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x01.由题意,得f(x0)=3(x0-1)2-a=0, 且3-2x0 x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.,-5-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,(3)证明：设g(x)在区间0,2上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论: 当a3时, ,由

3、(1)知,f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(2),f(0),因此M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b|=max|a-1+(a+b)|,|a-1- (a+b)|= 所以M=a-1+|a+b|2.,-6-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-7-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(0),f(2), 因此M=max|f(0)|,|f(2)|=max|-1-b|,|1-2a-b| =max|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|,-8-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,题

4、后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是恒成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.,-9-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,对点训练1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.,解：(1)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(

5、x)在(-,0)内单调递减,在(0,+)内单调递增.,-10-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0上单调递减,在0,1上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值. 所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是 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)内单调递减,在(0,+)内单调递增. 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.,-11-

6、,命题热点一,命题热点二,命题热点三,利用导数解与不等式恒成立有关的问题 【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本方法有哪些? 例2(2016江苏高考)已知函数f(x)=ax+bx(a0,b0,a1,b1). (1)设a=2,b= . 求方程f(x)=2的根; 若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值; (2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.,-12-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-13-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点, 而g(0)=f(0)-2=a0

7、+b0-2=0, 所以0是函数g(x)的唯一零点. 因为g(x)=axln a+bxln b, 又由01知ln a0, 所以g(x)=0有唯一解x0=lo g ln ln . 令h(x)=g(x),则h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 从而对任意xR,h(x)0, 所以g(x)=h(x)是(-,+)上的单调增函数. 于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0. 因而函数g(x)在(-,x0)上是单调减函数,在(x0,+)上是单调增函数.,-14-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-15-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,题后反思1.不

8、等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的解题方法是依据不等式的特点,进行等价变形.构造函数,借助函数的图象观察或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.如不等式f(x)g(x)恒成立的处理方法一般是构造F(x)=f(x)-g(x),F(x)min0;或分离参数,将不等式等价变形为ah(x)或ah(x),进而转化为求函数h(x)的最值.,-16-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,解：(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x.,-17-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,因为g(x)0(0g(0)=0

9、,x(0,1),-18-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-19-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,利用导数解函数中的探索性问题 【思考】 解决探索性问题的常用方法有哪些? 例3设函数f(x)定义在(0,+)上,f(1)=0,导函数f(x)= , g(x)=f(x)+f(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值. (2)讨论g(x)与g 的大小关系. (3)是否存在x00,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.,-20-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,当x(0,1)时,g(x)0,则(1,+)是g(x)的单调递增区间. 所以x=1

10、是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 故最小值为g(1)=1.,-21-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-22-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,题后反思解决探索性问题的常用方法: (1)从最简单、最特殊的情况出发,有时也可借助直觉观察或判断,推测出命题的结论,必要时给出严格证明. (2)假设结论存在,若推证无矛盾,则结论存在;若推出矛盾,则结论不存在. (3)使用等价转化思想,找出命题成立的充要条件.,-23-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,对点训练3设函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)= .已知曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与直线2x-

11、y=0平行. (1)求a的值. (2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由. (3)设函数m(x)=minf(x),g(x)(minp,q表示p,q中的较小值),求m(x)的最大值.,解：(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为2, 所以f(1)=2.,-24-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-25-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-26-,命题热点一,命题热点二,命题热点三,-27-,规律总结,拓展演练,1.无论是不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问

12、题,构造函数,运用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于从不同角度分析问题是解题的法宝. 2.当利用导数求解含参数的问题时,首先,要具备必要的基础知识(导数的几何意义、导数在单调性上的应用、函数的极值求法、最值求法等);其次,要灵活掌握各种解题方法和运算技巧,比如参变分离法,分类讨论思想和数形结合思想等.当涉及函数的极值和最值问题时,一般情况下先求导函数,然后观察能否分解因式,若能,则比较根的大小,并与定义域比较位置关系、分段考虑导函数符号,划分单调区间,判断函数的大致图象;若不能,则考虑二次求导,研究函数是否具有单调性.,-28-

13、,规律总结,拓展演练,1.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=2,且f(x)的导函数f(x)在R上恒有f(x)1,则不等式f(x)x+1的解集为() A.(-,-1)B.(1,+) C.(-1,1)D.(-,-1)(1,+),答案,解析,-29-,规律总结,拓展演练,2.已知函数f(x)=ex-mx+1的图象为曲线C,若曲线C存在与直线y= x垂直的切线,则实数m的取值范围是.,答案,解析,-30-,规律总结,拓展演练,3.若函数f(x)=2ln x+x2-5x+c在区间(m,m+1)内为减函数,则m的取值范围是.,答案,解析,-31-,规律总结,拓展演练,4.已知函数f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,a1. (1)求f(