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2015届高考数学二轮全能考评:微课2 导数综合问题的解题策略(新人教A版)


微课 2 导数综合问题的解题策略 [策略诠释] 1.主要类型:(1)不等式的恒成立问题.(2)证明不等式问题.(3)方程的求解问题. 2.解题思路:常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将证明不等式问题 转化为函数的单调性与最值问题; 将方程的求解问题转化为函数的零点问题、 两个函数图象 的交点问题等. 3.注意事项:(1)题目中含有参数时要注意分类讨论. (2)证明不等

式时要准确构造函数. 【典例】 (12 分)(2014· 山东威海模拟)已知函数 f(x)=ax+ln x,其中 a 为常数. (1)当 a=-1 时,求 f(x)的最大值. (2)若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值. ln x 1 (3)当 a=-1 时,试推断方程|f(x)|= + 是否有实数解. x 2 [审题:分析信息,形成思路] (1)切入点:求 f(x)的最大值,根据求单调区间与最值的步骤求解; 关注点:a=-1 时对具体函数求解. (2)切入点:求 a 的值,可依据 f(x)的最大值为-3 求解; 1 1 关注点:x∈(0,e],所以 ∈[ ,+∞),按 a 的取值讨论. x e ln x 1 (3)切入点:|f(x)|= + 是否有实数解,可依据等式左右两边的取值求解; x 2 关注点:a=-1,可由(1)求左边的范围. [解题:规范步骤,水到渠成] 1 1-x 【解】 (1)当 a=-1 时,f(x)=-x+ln x,因此 f′(x)=-1+ = .当 0<x<1 时, x x f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以 f(x)的最大值为 f(1)=-1.2 分 1 1 1 (2)因为 f′(x)=a+ ,x∈(0,e],所以 ∈[ ,+∞). x x e 1 若 a≥- ,则 f′(x)≥0 恒成立,f(x)在(0,e]上单调递增, e 所以 f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不合题意.4 分 1 1 若 a<- ,则由 f′(x)>0 得:a+ >0, e x 1 1 1 即 0<x<- .由 f′(x)<0:得 a+ <0,即- <x≤e. a x a 1 ? 从而 f(x)在? ?0,-a?上单调递增, 1 ? 在? ?-a,e?上单调递减. 1? ? 1? 所以 f(x)max=f? ?-a?=-1+ln?-a?.6 分 1? ? 1? 令-1+ln? ?-a?=-3,则 ln?-a?=-2, 1 所以- =e-2,即 a=-e2. a 1 因为-e2<- ,所以 a=-e2 即为所求.7 分 e (3)由(1)知当 a=-1 时,f(x)max=f(1)=-1, 所以|f(x)|≥1.8 分 1-ln x ln x 1 又令 g(x)= + ,则 g′(x)= , x 2 x2 令 g′(x)=0,得 x=e, 当 0<x<e 时,g′(x)>0,得 g(x)在(0,e)上单调递增, 当 x>e 时,g′(x)<0,得 g(x)在(e,+∞)上单调递减; 1 1 所以 g(x)max=g(e)= + <1,即 g(x)<1.10 分 e 2 ln x 1 所以|f(x)|>g(x),即|f(x)|> + , x 2 ln x 1 所以方程|f(x)|= + 没有实数解.12 分 x 2 [变题] (2014· 山东潍坊一模)已知函数 f(x)=x3-x- x. (1)求函数 y=f(x)的零点的个数; ax2+ax 1 (2)令 g(

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