2019-2020学年高考数学-专题一-第5讲-导数(3)复习教学案.doc

2019-2020学年高考数学 专题一 第5讲 导数（3）复习教学案教学内容：导数及其应用（3）教学目标：1.导数的几何意义2.利用导数研究函数的性质教学重点：1.导数的实际运用；2.导数的综合运用教学难点：导数的综合运用教学过程：一、例题教学：例1、（2014·高考江苏卷)已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)<a(x3x0)成立试比较ea1与ae1的大小，并证明你的结论解(1)证明：因为对任意xR，都有f(x)exe(x)exexf(x)，所以f(x)是R上的偶函数(2)由条件知m(exex1)ex1在(0，)上恒成立令tex(x>0)，则t>1，所以m对任意t>1成立因为t11213，所以，当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex>0，x210，又a>0，故g(x)>0.所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使exexa(x3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.故ee12a<0，即a>.令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1.当x(0，e1)时，h(x)<0，故h(x)是(0，e1)上的单调减函数；当x(e1，)时，h(x)>0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)<h(1)0；当x(e1，e)(e1，)时，h(x)<h(e)0.所以h(x)<0对任意的x(1，e)成立当a(1，e)时，h(a)<0，即a1<(e1)ln a，从而ea1<ae1；当ae时，ea1ae1；当a(e，)(e1，)时，h(a)>h(e)0，即a1>(e1)ln a，故ea1>ae1.综上所述，当a时，ea1<ae1；当ae时，ea1ae1；当a(e，)时，ea1>ae1.变式训练：(2014·淮安信息卷)已知函数f(x)ax3x2bx(a，bR)，f(x)为其导函数，且x3时f(x)有极小值9.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若g(x)2mf(x)(6m8)x6m1，h(x)mx，当m>0时，对于任意x，g(x)和h(x)的值至少有一个是正数，求实数m的取值范围；(3)若不等式f(x)>k(xln x1)6x4(k为正整数)对任意正实数x恒成立，求k的最大值解：(1)由f(x)3ax22xb，因为函数在x3时有极小值9，所以，从而得a，b3，所求的f(x)x3x23x，所以f(x)x22x3，由f(x)<0解得1<x<3，所以f(x)的单调递减区间为(1,3)(2)由f(x)x22x3，故g(x)2mx2(2m8)x1，当m>0时，若x>0，则h(x)mx>0，满足条件；若x0，则g(0)1>0，满足条件；若x<0，g(x)2m(x)21.如果对称轴x00，即0m4时，g(x)的开口向上，故在(，x0上单调递减，又g(0)1，所以当x<0时，g(x)>0；如果对称轴x00，即4m时，(2m8)28m<0，解得2<m<8，故4m <8时，g(x)>0.所以m的取值范围为(0,8)(3)因为f(x)x22x3，所以f(x)>k(xln x1)6x4等价于x24x1>k(xln x1)，即x4kln x>0，记(x)x4kln x，则(x)1，由(x)>0，得x>k1，所以(x)在(0，k1)上单调递减，在(k1，)上单调递增，所以(x)(k1)k6kln(k1)，(x)>0对任意正实数x恒成立，等价于k6kln(k1)>0，即1ln(k1)>0，记m(x)1ln(x1)，则m(x)<0，所以m(x)在(0，)上单调递减，又m(6)2ln 7>0，m(7)ln 8 <0，所以k的最大值为6.例2、(2014·北京模拟)已知函数f(x)x21，其中a0.(1) 若曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与直线y1平行，求a的值；(2) 求函数f(x)在区间1,2上的最小值解： 由已知f(x)2x，x0.(1) 由题意可得f(1)2(1a3)0，解得a1，此时f(1)4，在点(1，f(1)处的切线为y4，与直线y1平行故所求a的值为1.(2) 令f(x)0，得xa，a0.当0a1时，f(x)0在(1,2上恒成立，所以yf(x)在1,2上递增，所以f(x)在1,2上的最小值为f(1)2a32.当1a2时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(1，a)a(a,2)f(x)0f(x)极小值由上表可得yf(x)在1,2上的最小值为f(a)3a21.当a2时，f(x)0在1,2)上恒成立，所以yf(x)在1,2上递减所以f(x)在1,2上的最小值为f(2)a35.综上可知，当0a1时，yf(x)在1,2上的最小值为f(1)2a32；当1a2时，yf(x)在1,2上的最小值为f(a)3a21；当a2时，yf(x)在1,2上的最小值为f(2)a35.二、巩固练习 (2014·宁波模拟) 函数f(x)ln xax(a>0)(1) 当a2时，求f(x)的单调区间与极值；(2) 对x(0，)，f(x)<0恒成立，求实数a的取值范围解：(1) f(x)2(x>0)令f(x)0，得x.xf(x)0f(x)极大值所以，f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)极大值fln 21，无极小值(2) 对x(0，)，f(x)<0恒成立，即对x(0，)，<a恒成立，因此max<a(x(0，)令h(x)，h(x).当x(0，e)时，h(x)>0；x(e，)时，h(x)<0，所以h(x)maxh(e)，所以a>，即a.复备栏课后反思：