课件61张PPT。高考大题增分专项一 高考中的函数与导数 -2-从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.-3-题型一题型二题型三策略一策略二策略三突破策略一 差函数法 证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-g(x)表达式的某一部分,利用导数证明h(x)min>0;如果h(x)没有最小值,那么可利用导数确定出h(x)的单调性,即若h'(x)>0,则h(x)在(a,b)上是增函数,同时若h(a)≥0,则当x∈(a,b)时,有h(x)>0,即f(x)>g(x).-4-题型一题型二题型三策略一策略二策略三-5-题型一题型二题型三策略一策略二策略三-6-题型一题型二题型三策略一策略二策略三-7-题型一题型二题型三策略一策略二策略三(2)证明:由(1)知,当a=1时, f(x)-f'(x)-8-题型一题型二题型三策略一策略二策略三设φ(x)=-3x2-2x+6, 则当x∈[1,2]时,φ(x)单调递减, 因为φ(1)=1,φ(2)=-10, 所以?x0∈(1,2),使得当x∈(1,x0)时,φ(x)>0,当x∈(x0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在区间(1,x0)内单调递增,在区间(x0,2)内单调递减.-9-题型一题型二题型三策略一策略二策略三对点训练1已知函数f(x)=ln x-2ax,a∈R. (1)若函数y=f(x)的图象存在与直线2x-y=0垂直的切线,求实数a的取值范围;-10-题型一题型二题型三策略一策略二策略三①当-1≤a≤1时,g(x)单调递增,无极值点,不符合题意. ②当a>1或a<-1时,令g'(x)=0,设x2-2ax+1=0的两根为x1和x2,因为x1为函数g(x)的极大值点,所以00,所以a>0,0m,可将该不等式转化为g(x)>h(x)的形式,然后再证明g(x)min>h(x)max. 选用哪种方式,要看哪种方式构造出的函数的最值易求.-13-题型一题型二题型三策略一策略二策略三例2已知函数f(x)=ln(x+1)-x. 令g(x)=xln x+x-kx+3k, 则g'(x)=ln x+2-k. ∵x>1,∴ln x>0, 当k≤2时,g'(x)>0恒成立,即g(x)在区间(1,+∞)内单调递增.-14-题型一题型二题型三策略一策略二策略三又k∈Z,∴k的最大值为2. 当k>2时,由ln x+2-k>0,解得x>ek-2,由ln x+2-k<0,解得10(k>2)恒成立,求k的最大值. 令h(x)=3x-ex-2,于是h'(x)=3-ex-2. ∵当x>2+ln 3时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x<2+ln 3时,h'(x)>0,h(x)单调递增. ∴h(x)在x=2+ln 3处取得最大值. ∵10,h(2+ln 3)=3+3ln 3>0,h(4)=12-e2>0,h(5)=15-e3<0,∴k≤4. ∴k的最大值为4.∴综上所述,k的最大值为4.-15-题型一题型二题型三策略一策略二策略三对点训练2(2018山东威海二模)已知函数f(x)= x2+ax-aex,g(x)为f(x)的导函数. (1)求函数g(x)的单调区间; (2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值; (3)求证:当x≥0时,x2+2x+3≤e2x(3-2sin x).(1)解:由题意可知,g(x)=f'(x)=x+a-aex,则g'(x)=1-aex, 当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,若x<-ln a,则g'(x)>0,若x>-ln a,则g'(x)<0, ∴g(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,+∞)上单调递减. 综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+ ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
