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2015届高考数学总复习第二章 第十四节导数在研究函数中的应用(二)课件 理


第二章 第十四节 导数在研究函数中的 应用(二) 利用导数证明不等式 【例1】 设函数f(x)=1- 思路点拨:欲证f(x)≥ .证明:当x>-1时,f(x)≥ ≤ . (x>-1),即证 ,也就是证 ex≥x+1,即证ex-x-1≥0,假设构造函数 g(x)=ex-x-1(x> -1),若能证明当x>-1时,g(x)min≥0,则问题得证. 自主解答: 证明:当x>-1时,f(x)≥ 当且仅当ex≥1+x. 令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1. 当x≥0时,g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上是增函数; 当x≤0时,g′(x)≤0,g(x)在(-∞,0]上是减函数. 于是g(x)在x=0处达到最小值,因而当x∈R时, g(x)≥g(0),即ex≥1+x.所以当x>-1时,f(x)≥ . 点评: 通过构造函数,利用导数判断出所构造的函数 的单调性,利用单调性证明不等式.这也是证明不等式的 一种有效方法. 变式探究 1.(2013· 北京卷)设l为曲线C:y= ln x 在点(1,0)处的切线. x (1)求l的方程; (2)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线l的下方. 证明:欲证当x>-1时,f(x)≥ x ,即证ex≥1+x. x+1 令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1. 当x≥0时,g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上是增函数; 当x≤0时,g′(x)≤0,g(x)在(-∞,0]上是减函数. 于是g(x)在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,g(x)≥g(0), 即ex≥1+x.所以当x>-1时,f(x)≥ . x x+1 函数的零点与导数 【例2】 (2013· 广州质检改编)已知函数 f ( x) = 2x(a∈R). (1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间; (2)若过点 可作函数y=f(x)图象的三条不同切线, 求实数a的取值范围. 自主解答: 解析:(1)当a=3时,函数f(x)=- x2-2x,得f′(x)=- x2+3x-2=-(x-1)(x-2). 所以当1<x<2时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x<1或x>2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减. 所以函数 f(x) 的单调递增区间为 (1,2) ,单调递减区间为 ( - ∞ , 1)和(2,+∞) . (2)设点P 是函数y=f(x)图象上的切点,则 过点P的切线的斜率k=f′(t)=-t2+at-2, 所以过点P的切线方程为y+ 因为点 所以- 即 在该切线上, +t3-t2+2t=(-t2+at-2)(0-t), =0. +2t=(-t2+at-2)(x-t), 若过点 则函数g(t)= 可作函数y=f(x)图象的三条不同切线, 有三个不同的零点. 即函数y=g(t)的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点. 令g′(t)=2t2-at=0,解得t=0或t= 因为g(0)= >0, . 所以必须 即a>2. 所以实数a的取值范围为(2,+∞). 点评:利用导数讨论三次函数的零点的常用结论: 对于在R上非单调的三次函数y=f(x),若f(x)只有一个零 点,则只需极小值大于零或极大值小于零;若 f(x) 有两 个零点,则只需极小值等于零或极大值等于零;若 f(x) 有三个零点,则只需极小值小于零且极大值大于零. 变式探究 2.已知函数f(x)= (1)求函数f(x)的单调区间; +x2-ax-a,x∈R,其中a>0. (2

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