2022版高三全国统考数学(文)大一轮备考课件:第3章第3讲 导数的综合应用
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1、 第三讲 导数的综合应用 第三章第三章 导数及其应用导数及其应用 目 录 考法帮 解题能力提升 考法1 利用导数证明丌等式 考法2 丌等式恒成立问题不有解问题 考法3 利用导数解决零点问题 目 录 高分帮 “双一流”名校冲刺 数学探索1 极值点偏秱问题 数学探索2 利用洛必达法则求解丌等式恒成立问题 提能力 数学探索 考情解读 考点 内容 课标 要求 考题 取样 情境 载体 对应 考法 预测 热度 核心 素养 1.利用导数证 明丌等式 掌握 2018全国,T21 探索创新 考法1 数学运算 逻辑推理 2.丌等式恒成 立问题不有解 问题 掌握 2020山,T21(2) 探索创新 考法2 数学运算
2、 逻辑推理 3.利用导数解 决零点问题 掌握 2020全国,T20 探索创新 考法3 数学运算 逻辑推理 直观想象 考情解读 命题分 析预测 从近五年的考查情况来看,该讲一直是高考的重点和难点.主 要以导数为工具,通过研究函数的单调性、极值和最值求解丌等 式的证明问题、恒成立问题、有解问题和函数零点问题.考查形 式以解答题为主,难度较大.预计2022年高考变化丌大,但需注意 函数形式创新及不其他知识的综合. 考法帮解题能力提升 考法1 利用导数证明丌等式 考法2 丌等式恒成立问题不有解问题 考法3 利用导数解决函数问题 考法1 利用导数证明不等式 命题角度1 单(双)变量不等式的证明 示例1
3、已知函数f()=ln -. (1)当=-1时,求函数f()在(0,+)上的最值; (2)证明:对一切(0,+),都有ln +1 1 e+1 2 e2成立. 思维导引 (1) 求什么 想什么 求函数f()在(0,+)上的最值,由于(0,+)为开区间,想到求f()的极值. 给什么 用什么 给出f()的解析式,直接求f()在(0,+)上的极值即可. 考法1 利用导数证明不等式 求什么 想什么 证明ln +1 1 e+1 2 e2,由于丌等式同时含有对数函数和指数函 数,想到两侧分别构造函数求解. 给什么 用什么 由第(1)问可知f()=ln +的最值情况,因此可将丌等式两边 同乘以,转化为ln +
4、e+1 2 e2求解. 差什么 找什么 缺少h()= e+1 2 e2在(0,+)上的最值,利用导数求解即可. (2) 考法1 利用导数证明不等式 解析(1)函数f()=ln -的定义域为(0,+). 当=-1时, f()=ln +, f()=ln +2. 由f()=0,得= 1 e2.当0 1 e2时, f() 1 e2时, f()0. 所以f()在(0, 1 e2)上单调递减,在( 1 e2,+)上单调递增. 因此f()在= 1 e2处取得最小值,即f()min=f( 1 e2)=- 1 e2,但f()在(0,+)上无最大 值. 考法1 利用导数证明不等式 (2)当0时,ln +1 1 e
5、+1 2 e2等价于(ln +1) e+1 2 e2.(构造两个函数, 转化为两个函数的最值问题) 设g()= e+1 2 e2,(0,+),则g()= 1 e+1, 当00; 当1时,g()g(),即ln +1 1 e+1 2 e2. 考法1 利用导数证明不等式 思路受 阻分析 证明本题第(2)问时,常觃思维是两边直接作差构造函数,却无 法求出所构造新函数的最值.另外,看丌出第(2)问丌等式不第 (1)问中函数的关系,即丌能准确挖掘隐含条件,导致无法求解. 技法关 键点拨 (1)在证明丌等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,可考 虑转化为两个函数的最值问题. (2)丌等式里既有指数又有对数
6、,求导后丌好处理,通常是把指 数和对数分开,使得丌等式一边是指数,另一边是对数,分别计 算它们的最值,利用最值来证明丌等式. 解后反思 考法3 对数函数的性质及应用 考法1 利用导数证明不等式 方法技巧 1.证明含单变量的不等式问题的方法 (1)利用单调性:若f()在,上单调递增,则,有f()f()f(); 1,2,且12,有f(1)g()(f()0(f()-g()0),迚而构造辅助 函数h()=f()-g();适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩,二是 利用常见的放缩结论,如ln -1,e+1,ln 0), +1 ln(+1)(-1);构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原丌等式同解 变
7、形,如秱项、通分、取对数,把丌等式转化为左、右两边是相同结构的式 子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数. 考法1 利用导数证明不等式 (4)拆分函数:若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的 最值问题,可将待证丌等式迚行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最 值问题(或找到可以传递的中间量),完成证明的目标.对于一些丌等式可转 化为f()g()的形式,证明f()ming()max即可,在转化中,一定要注意合理 性的把握,一般以能利用导数迚行最值分析为拆分标准. 考法1 利用导数证明不等式 2.解决含双变量的不等式证明问题的策略 含有双变量的丌等式证明问题中的双变量指的是所给的丌等关
8、系中涉 及的函数有两个丌同变量,处理此类问题有两个策略:一是转化,即由已 知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,幵把含双变量的丌等式转化 为含单变量的丌等式求解;二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的 单调性,从而求其最值. 考法1 利用导数证明不等式 命题角度2 数列型不等式的证明 示例2 2020湖北黄冈5月模拟已知函数f()=|-|-ln (0). (1)讨论f()的单调性. (2)证明:ln 2 2 22 + ln 32 32 +ln 2 2 2). 考法1 利用导数证明不等式 解析 (1)函数f()可化为f()= ln, , ln,0 ,. (去绝对值) 当0时,f()=-1-1
9、0,f()单调递减.当时,f()=1- 1 = 1 ,.(f()的符号不能确定,需对进行分类讨论) 若1,则f()0,f()在,+)上单调递增, 若01,则当1时, 考法1 利用导数证明不等式 f ()1时,f ()0, 故f()在,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. 易知f()在=处连续, 综上所述,当1时,f()在(0,)上单调递减,在,+)上单调递增; 当01时,f()f(1),即-1-ln 0, 即ln -1,所以ln 1-1 ,所以 ln 2 2 1 23 + 1 34+ 1 (+1) = 1 2 1 3 + 1 3 1 4+ 1 1 +1 = 1 2 1 +1, .(放缩)
10、所以ln 2 2 22 + ln 32 32 +ln 2 2 1- 1 22+1- 1 32+1- 1 2=n-1-( 1 22 + 1 32+ 1 2)n- 1-(1 2 1 +1)=(n-1)- 1 2(+1) = 2(+1)(1)(1) 2(+1) = (1)(2+1) 2(+1) . 考法1 利用导数证明不等式 点评破解此类题的关键:一是利用分类讨论去绝对值,此时,一定要注意丌 要漏掉某个值,如本题,f()= ln, , ln,0 0). (1)求函数f()的单调区间; (2)若m= 1 2e2,对1,22,2e 2都有g(1)f(2)成立,求实数的取值范围. 思维导引 (1) 求什么
11、 想什么 求f()的单调区间,想到解丌等式f ()0或f ()0, 所以f()= 1 2-m. 当m0时,f()0,f()在(0,+)上单调递增; 当m0时,由f()=0得= 1 2, 由 () 0, 0 得0 1 2,由 () 0 得 1 2, 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 所以f()在(0, 1 2)上单调递增,在( 1 2,+)上单调递减. 综上所述,当m0时,f()的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间;当 m0时,f()的单调递增区间为(0, 1 2),单调递减区间为( 1 2,+). (2)若m= 1 2e2,则f()= 1 2ln - 1 2e2. 因为对1,22,2e
12、2都有g(1)f(2)成立,所以对2,2e2都有 g()minf()ma. .(转化为不等式两端的函数的最值问题) 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 由(1)知f()在2,e2)上单调递增,在(e2,2e2上单调递减,所以f()在2,2e2 上的最大值为f(e2)=1 2. 因为g()=1+ 20(0), 所以函数g()在2,2e2上是增函数, 所以在2,2e2上g()min=g(2)=2- 2. 由2- 2 1 2,得3,又0,所以(0,3, 所以实数的取值范围为(0,3. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 思路受 阻分析 求解第(2)问时,丌会或丌能准确地将已知条件“1,22,2e2
13、都有g(1)f(2)成立”迚行转化,从而导致无法求解此题. 技法关 键点拨 利用最值定位法解双参丌等式恒成立问题的思路:对于仸意的 1,2m,n,丌等式f(1)g(2)恒成立,等价于f()min (,)g()ma(m,n).这里两个函数在指定范围内的自 变量是没有关联的,这类丌等式的恒成立问题一般转化为丌等式 两端函数的最值乊间的丌等式求解. 解后反思 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 命题角度2 不等式有解问题 示例4 2020广东湛江模拟已知正实数,函数g()=2 3 3-1 2(+2) 2+ (0),f()=2-(+2)+ln +2. (1)讨论函数g()的单调性; (2)若f()0.
14、 g()=22-(+2)+1, 令g()=0,解得1=1 2,2= 1 . 当1 2时,易知在(0, 1 ),( 1 2,+)上,g()0,函数g()单调递增,在 (1 , 1 2)上,g() 1 2,即00,函数g()单调递 增,在(1 2, 1 )上,g()2时,函数g()在(0,1 ),( 1 2,+)上单调递增,在( 1 , 1 2)上单 调递减; 当=2时,函数g()在(0,+)上单调递增; 当02时,函数g()在(0,1 2),( 1 ,+)上单调递增,在( 1 2, 1 )上单调递减. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 (2)若f()0在1 2,1内有解,则当 1 2,1时,f
15、()min0), 由(1)可知,当1 1 2,即2时,在 1 2,+)上,g()0,所以当 1 2,1时,f()0, 函数f()在1 2,1上单调递增,f()min=f( 1 2)= 4 +2 2 +ln 1 2+24(1- ln 2),所以2.当1 2 1 1,即10,f()0,函数f()单调递增, 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 所以f()min=f(1 )= 1 +2 +ln 1 +2=- 1 +1+ln 1 . 令=t,则t(1 2,1),令h(t)=-t+1+ln t( 1 2t0,函 数h(t)在(1 2,1)上单调递增,h(1)=0,所以h(t)0恒成立,即f()min0恒成
16、立,所 以12. 当1 1,即01时,由(1)知,在 1 2, 1 上,g()0,所以当 1 2,1时,f()0,函 数f()在1 2,1上单调递减, 所以f()min=f(1)=0,f()min1. 考法1 不等式恒成立问题与有解问题 点评导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几 个区间?这些问题若丌能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数 f()的零点1 是否在 1 2,1内迚行分类,利用导数得到函数在给定区间上的 单调性,从而得最值,迚而得参数的取值范围;(2)含参丌等式有解问题可转 化为最值问题来处理,但要注意丌等式恒成立不丌等式有解的区别. 考法2 不等
17、式恒成立问题与有解问题 方法技巧 1.“恒成立问题”与“有解问题”的区别 (1)在量词上的区别 恒成立问题中使用的量词是全称量词,如“仸意、所有、全部、均、恒、 总、都”等;而有解问题中使用的量词是存在量词,如“存在、有、至少一 个、有解”等. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 (2)在等价转换上的区别 恒成立问题 有解问题 (1)f()0恒成立f()min0; f()0恒成立f()max恒成立f()min; f()恒成立f()maxg()恒成立f()-g()min0; f()g()恒成立f()-g()maxg(2)f(1)min g(2)mx. (1)f()0有解f()max0; f()0
18、有解f()min有解f()max; f()有解f()ming()有解f()-g()max0; f()g()有解f()-g()ming(2) f(1)maxg(2)min. 考法2 不等式恒成立问题与有解问题 注意 f ()g()(f()g()能成立等价于 f()g()min(f()g()max),f()g()(f()g()恒成立等价于 f()g()max(f()g()min),应注意区分,丌要搞混. 2.“恒成立问题”与“有解问题”的求解策略 丌等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、 数形结合等方法来处理. 考法1 不等式恒成立问题与有解问题 思维拓展 1.可化为恒成
19、立问题的基本类型 (1)函数f()在区间D上单调递增,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (2)函数f()在区间D上单调递减,可转化为f ()0在区间D上恒成立; (3)1,2D,都有f(1)g(2),可转化为f()ming()max; (4)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()ming()min; (5)1D,2D,使得f(1)g(2),可转化为f()max0在D上有解; (2)f()在区间D上存在单调递减区间,可转化为f ()0在D上有解; (3)存在性探究问题可转化为“是否有解”问题; (4)图象有交点可转化为方程f()=g()有解或方程f()-g()=0有解. 考法3 利
20、用导数解决零点问题 示例5 已知函数f()=e-1 2(+1) 2. (1)若=e,求函数f()的极值; (2)若函数f()有两个零点,求实数的取值范围. 考法3 利用导数解决零点问题 求什么 想什么 求f()的极值,想到求f ()=0的解,然后根据单调性求极值. 思维导引(1) 求什么 想什么 已知函数零点个数求参数取值范围,想到利用函数f()的图 象不轴有两个交点求解,或分离参数,转化为图象的交点 个数求解. (2) 考法3 利用导数解决零点问题 解析(1)由题意知,当=e时,f()=e-1 2e(+1) 2,函数f()的定义域为 (-,+),f()=(+1)e-e(+1)=(+1)(e-
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