【步步高】2014届高三数学大一轮复习 3.3导数的应用（二）教案 理 新人教A版.doc

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1、§3.3　导数的应用(二)2014高考会这样考　1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值等综合问题；2.利用导数研究方程根的个数，证明不等式或不等式恒成立问题；3.利用导数解决实际问题．复习备考要这样做　1.理解数形结合思想、转化思想在导数中的应用；2.会建立函数模型解决不等式问题、实际问题等．1．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．2．研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数

2、的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题思路，因此使用的知识还是函数的单调性和极值的知识．[难点正本　疑点清源]1．利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题来处理．1．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________．答案　(－∞，0)解析　∵f′(x)＝3ax2＋1，依题意得f′(x)＝3ax2＋1有两个不相等的实根，∴a<0.2．若函数f(x)＝x＋asinx在

3、R上递增，则实数a的取值范围为________．答案　[－1,1]解析　∵f′(x)＝1＋acosx，∴要使函数f(x)＝x＋asinx在R上递增，则1＋acosx≥0对任意实数x都成立．∵－1≤cosx≤1，①当a>0时，－a≤acosx≤a，∴－a≥－1，∴0

4、值异号即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)．4．若f(x)＝，00，即f′(x)>0，∴f(x)为增函数，∴f(a)1的解集为(　　)A．(－

5、3，－2)∪(2,3)B．(－，)C．(2,3)D．(－∞，－)∪(，＋∞)答案　A解析　由题图知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，所以所求不等式等价于－2ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.思维启迪：证明不等式时要构造函数，利用函数的单调性来解题．(1)解　由f(x)＝ex－2

6、x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)16f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>l

7、n2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.探究提高　利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在

8、什么时候可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．　当0x＋.证明　设f(x)＝tanx－，则f′(x)＝－1－x2＝tan2x－x2＝(tanx－x)(tanx＋x)．因为0