- 2021-04-16 发布 |
- 37.5 KB |
- 48页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
山东专用2021版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第12讲第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式课件
第二章 函数、导数及其应用 第十二讲 导数在研究函数中的应用 第三课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式 1 知识梳理 • 双基自测 2 考点突破 • 互动探究 3 名师讲坛 • 素养提升 知识梳理 • 双基自测 知识点一 利用导数研究函数零点的方法 方法一: (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间和极值. (2) 根据函数 f ( x ) 的性质作出图象. (3) 判断函数零点的个数. 方法二: (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间和极值. (2) 分类讨论,判断函数零点的个数. 知识点二 利用导数解决不等式问题的常见题型及解题策略 (1) 利用导数证明不等式 若证明 f ( x )< g ( x ) , x ∈( a , b ) ,可以构造函数 F ( x ) = f ( x ) - g ( x ) ,如果能证明 F ( x ) 在 ( a , b ) 上的最大值小于 0 ,即可证明 f ( x )< g ( x ) , x ∈( a , b ) . (2) 利用导数解决不等式的恒成立问题 “ 恒成立 ” 与 “ 存在性 ” 问题可看作一类问题,一般都可通过求相关函数的最值来解决,如:当 f ( x ) 在 x ∈ D 上存在最大值和最小值时,若 f ( x )≥ g ( a ) 对于 x ∈ D 恒成立,应求 f ( x ) 在 x ∈ D 上的最小值,将原条件转化为 g ( a )≤ f ( x ) min ;若 f ( x )≤ g ( a ) 对于 x ∈ D 恒成立,应求 f ( x ) 在 x ∈ D 上的最大值,将原条件转化为 g ( a )≥ f ( x ) max ;若存在 x ∈ D ,使得 f ( x )≥ g ( a ) 成立,应求 f ( x ) 在 x ∈ D 上的最大值,将原条件转化为 g ( a )≤ f ( x ) max ;若存在 x ∈ D ,使得 f ( x )≤ g ( a ) 成立,应求 f ( x ) 在 x ∈ D 上的最小值,将原条件转化为 g ( a )≥ f ( x ) min . ABD C C 4 . ( 选修 2 - 2P 32 BT1 改编 ) 求证: ln x ≤ x - 1( x >0) . 题组三 考题再现 5 . (2018 · 江苏, 5 分 ) 若函数 f ( x ) = 2 x 3 - ax 2 + 1( a ∈ R ) 在 (0 ,+∞ ) 内有且只有一个零点,则 f ( x ) 在 [ - 1,1] 上的最大值与最小值的和为 ________. - 3 考点突破 • 互动探究 考点一 利用导数研究函数的零点或方程的根 —— 师生共研 例 1 利用导数研究方程根或函数零点的方法 (1) 研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等. (2) 根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极 ( 最 ) 值的位置. (3) 通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 例 2 考点二 利用导数研究不等式的有关问题 —— 多维探究 角度 1 证明不等式 角度 2 不等式恒成立或有解问题 例 3 (2020 · 湖南五市十校联考 ) 设 f ′( x ) 是奇函数 f ( x )( x ∈ R ) 的导函数,当 x >0 时, x ln x · f ′( x )< - f ( x ) ,则使得 ( x 2 - 2 x - 8) f ( x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A . ( - 2,0)∪(4 ,+∞ ) B . ( -∞,- 4)∪(0,2) C . ( -∞,- 2)∪(0,4) D . ( -∞,- 2)∪(4 ,+∞ ) C 例 4 角度 3 解不等式 (1) 利用导数解不等式的思路 已知一个含 f ′( x ) 的不等式,可构造和 f ( x ) 有关的函数 g ( x ) ,利用 g ( x ) 的单调性,然后可利用函数单调性解不等式. (2) 利用导数证明不等式的方法 ①构造法: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,则只需 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 最值比较法:证明 f ( x )< g ( x ) , x ∈( a , b ) 时,若构造函数 F ( x ) = f ( x ) - g ( x ) 后 , F ( x ) 的单调性无法确定,可考虑 f ( x ) 的最大值与 g ( x ) 的最小值,如果 f max ( x )< g ( x ) min 可证 : f ( x )< g ( x ) . (3) 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略 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也可分离参数,通过构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. C A 名师讲坛 • 素养提升 赋值法证明正整数不等式 例 5 (1) 函数中与正整数有关的不等式,其实质是利用函数性质证明数列不等式,证明此类问题时常根据已知的函数不等式,用关于正整数 n 的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少 2 问,所证的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到. (2) 已知函数式为指数不等式 ( 或对数不等式 ) ,而待证不等式为与对数有关的不等式 ( 或与指数有关的不等式 ) ,还要注意指、对数式的互化,如 e x > x + 1 可化为 ln( x + 1)< x 等.查看更多