高考解答题突破高考数学大二轮复习优质PPT
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第11页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第12页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第16页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(4)①若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值 的符号．
第18页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解] (1)由题意可得 f′(x)＝ex－x＋a. 设 g(x)＝f′(x)＝ex－x＋a，则 g′(x)＝ex－1， 所以当 x>0 时，g′(x)>0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当 x<0 时，g′(x)<0，f′(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以 f′(x)≥f′(0)＝1＋a， 因为 a>－1，所以 1＋a>0，即 f′(x)>0， 所以函数 f(x)在 R 上单调递增．
第9页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由题意，得 g(x)＝lnx－ax＋1，则 g′(x)＝1x－a. 当 a≤0 时，g′(x)>0，则函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 a>0 时，令 g′(x)＝0，解得 x＝1a，
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
当 x∈e，e＋1e时，H′(x)<0，则 H(x)在e，e＋1e上是减函数， ∴当 x＝e＋1e时，H(x)取最小值 He＋1e＝－e－1e. ∵当 x→e 时，H(x)→0，当 x>2e 时，H(x)>0，H(2e)＝0， ∴当 x∈(e,2e)时，G′(x)<0，则 G(x)在(e,2e)上是减函数， 当 x∈(2e，＋∞)时，G′(x)>0，则 G(x)在(2e，＋∞)上是增函数， ∴当 x＝2e 时，函数 G(x)取最小值，G(2e)＝－12－e 1＝－1e. ∴ba的最小值为－1e.
第19页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(2)证明：由(1)知 f′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 因为 a<1－e，所以 f′(1)＝e－1＋a<0， 所以存在 t∈(1，＋∞)，使得 f′(t)＝0，即 et－t＋a＝0，即 a＝t－et， 所以函数 f(x)在[1，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增， 所以当 x∈[1，＋∞)时，f(x)min＝f(t)＝et－12t2＋at＝et－12t2＋t(t－et)＝et(1－t)＋12t2. 令 h(x)＝ex(1－x)＋12x2，x>1，则 h′(x)＝x(1－ex)<0 恒成立，所以函数 h(x)在(1，＋∞) 上单调递减，所以 h(x)<e(1－1)＋12×12＝12，所以 et(1－t)＋12t2<12，即当 x∈[1，＋∞)时， f(x)min<12，故函数 f(x)在[1，＋∞)上的最小值小于12.
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
1．(2020·豫东豫北十校联考)已知函数 f(x)＝ex－12bx2＋ax(a，b∈R)． (1)当 a>－1 且 b＝1 时，试判断函数 f(x)的单调性． (2)若 a<1－e 且 b＝1，求证：函数 f(x)在[1，＋∞)上的最小值小于12. (3)若 f(x)在 R 上是单调函数，求 ab 的最小值．
第6页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
4．利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策 (1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：①一般先分离参数，再 转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；②如果无法分离参数可以考虑对参数或 自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或 判别式的方法求解． (2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立的 问题．
第10页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
综上：当 a≤0 时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时 f(x)在0，1a上单调递增， 在1a，＋∞上单调递减．
(2)设函数 F(x)＝lnx－(a－e)x－b，其中 e 为自然对数的底数，则 F′(x)＝1x＋e－a， x>0，
当 a≤e 时，F′(x)>0，则函数 F(x)在(0，＋∞)上是单调递增， 又∵F(eb)＝lneb－(a－e)eb－b＝(e－a)eb≥0， ∴F(x)≤0 不可能恒成立． 当 a>e 时，由 F′(x)＝1x＋e－a＝0，得 x＝a－1 e.
第7页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
考向一 导数与函数的单调性、极值与最值问题 1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问 题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论． 2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定 区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．
②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况 来求解．
(5)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函 数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
第17页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
模
块
高考题型分层突破拿高分
三
第1页
高考解答题突破(六) 导数的综合应用
第2页
突破“三分”——分离、分解、分类
第3页
1．函数单调性和极值、最值的分类讨论策略 (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域 分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要 对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定 函数的极值点． (3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上 的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大 的为最大值，最小的为最小值．
第20页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(3)f(x)＝ex－12bx2＋ax，f′(x)＝ex－bx＋a， 由 f(x)为 R 上的单调函数，可知 f(x)一定为单调递增函数， 因此 f′(x)＝ex－bx＋a≥0. 令 g(x)＝f′(x)＝ex－bx＋a，则 g′(x)＝ex－b. 当 b＝0 时，ab＝0. 当 b<0 时，g′(x)＝ex－b>0，g(x)在 R 上为增函数． 当 x→－∞时，g(x)→－∞，与 g(x)≥0 矛盾． 当 b>0 时，由 g′(x)>0，得 x>lnb，由 g′(x)<0，得 x<lnb，当 x＝lnb 时，g(x)min＝b －blnb＋a≥0， 即 ab≥b2lnb－b2(b>0)．
第13页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第14页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第8页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解题指导] (1)求定义域及 g′(x)→分类讨论 g′(x)的符号→得结论 (2)构造函数 F(x)＝f(x)－(a－e)x－b 转化为 F(x)≤0 恒成立→讨论 F(x)的最大值→ 建立 b 与 a 的关系→转化为关于 a 的函数→研究函数的最值→得结果
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
∴当 x＝a－1 e时，函数 F(x)取最大值， 最大值为 Fa－1 e＝－ln(a－e)－b－1， ∵不等式 F(x)≤0 恒成立，∴F(x)max≤0，∴－ln(a－e)－b－1≤0， ∴ln(a－e)＋b＋1≥0，即 b≥－1－ln(a－e)，
第4页
2．研究方程的根，可以通过构造函数 g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数 g(x)的零点问题，研究函数 g(x)零点的策略．
(1)如果函数 g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的 零点存在定理，确定其零点是否存在．
(2)如果函数 g(x)在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间， 再结合 g(x)的极值与零的大小，以及函数 g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路： (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数 f(x)，使原不等式成为形 如 f(a)>f(b)的形式． (2)对形如 f(x)>g(x)的不等式，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． (3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x))．
第15页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
利用导数研究函数性质的一般步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导函数 f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成 立问题来求解．
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第12页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第16页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(4)①若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值 的符号．
第18页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解] (1)由题意可得 f′(x)＝ex－x＋a. 设 g(x)＝f′(x)＝ex－x＋a，则 g′(x)＝ex－1， 所以当 x>0 时，g′(x)>0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当 x<0 时，g′(x)<0，f′(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以 f′(x)≥f′(0)＝1＋a， 因为 a>－1，所以 1＋a>0，即 f′(x)>0， 所以函数 f(x)在 R 上单调递增．
第9页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由题意，得 g(x)＝lnx－ax＋1，则 g′(x)＝1x－a. 当 a≤0 时，g′(x)>0，则函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 a>0 时，令 g′(x)＝0，解得 x＝1a，
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
当 x∈e，e＋1e时，H′(x)<0，则 H(x)在e，e＋1e上是减函数， ∴当 x＝e＋1e时，H(x)取最小值 He＋1e＝－e－1e. ∵当 x→e 时，H(x)→0，当 x>2e 时，H(x)>0，H(2e)＝0， ∴当 x∈(e,2e)时，G′(x)<0，则 G(x)在(e,2e)上是减函数， 当 x∈(2e，＋∞)时，G′(x)>0，则 G(x)在(2e，＋∞)上是增函数， ∴当 x＝2e 时，函数 G(x)取最小值，G(2e)＝－12－e 1＝－1e. ∴ba的最小值为－1e.
第19页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(2)证明：由(1)知 f′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 因为 a<1－e，所以 f′(1)＝e－1＋a<0， 所以存在 t∈(1，＋∞)，使得 f′(t)＝0，即 et－t＋a＝0，即 a＝t－et， 所以函数 f(x)在[1，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增， 所以当 x∈[1，＋∞)时，f(x)min＝f(t)＝et－12t2＋at＝et－12t2＋t(t－et)＝et(1－t)＋12t2. 令 h(x)＝ex(1－x)＋12x2，x>1，则 h′(x)＝x(1－ex)<0 恒成立，所以函数 h(x)在(1，＋∞) 上单调递减，所以 h(x)<e(1－1)＋12×12＝12，所以 et(1－t)＋12t2<12，即当 x∈[1，＋∞)时， f(x)min<12，故函数 f(x)在[1，＋∞)上的最小值小于12.
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
1．(2020·豫东豫北十校联考)已知函数 f(x)＝ex－12bx2＋ax(a，b∈R)． (1)当 a>－1 且 b＝1 时，试判断函数 f(x)的单调性． (2)若 a<1－e 且 b＝1，求证：函数 f(x)在[1，＋∞)上的最小值小于12. (3)若 f(x)在 R 上是单调函数，求 ab 的最小值．
第6页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
4．利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策 (1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：①一般先分离参数，再 转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；②如果无法分离参数可以考虑对参数或 自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或 判别式的方法求解． (2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立的 问题．
第10页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
综上：当 a≤0 时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时 f(x)在0，1a上单调递增， 在1a，＋∞上单调递减．
(2)设函数 F(x)＝lnx－(a－e)x－b，其中 e 为自然对数的底数，则 F′(x)＝1x＋e－a， x>0，
当 a≤e 时，F′(x)>0，则函数 F(x)在(0，＋∞)上是单调递增， 又∵F(eb)＝lneb－(a－e)eb－b＝(e－a)eb≥0， ∴F(x)≤0 不可能恒成立． 当 a>e 时，由 F′(x)＝1x＋e－a＝0，得 x＝a－1 e.
第7页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
考向一 导数与函数的单调性、极值与最值问题 1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问 题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论． 2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定 区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．
②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况 来求解．
(5)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函 数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
第17页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
模
块
高考题型分层突破拿高分
三
第1页
高考解答题突破(六) 导数的综合应用
第2页
突破“三分”——分离、分解、分类
第3页
1．函数单调性和极值、最值的分类讨论策略 (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域 分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要 对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定 函数的极值点． (3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上 的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大 的为最大值，最小的为最小值．
第20页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
(3)f(x)＝ex－12bx2＋ax，f′(x)＝ex－bx＋a， 由 f(x)为 R 上的单调函数，可知 f(x)一定为单调递增函数， 因此 f′(x)＝ex－bx＋a≥0. 令 g(x)＝f′(x)＝ex－bx＋a，则 g′(x)＝ex－b. 当 b＝0 时，ab＝0. 当 b<0 时，g′(x)＝ex－b>0，g(x)在 R 上为增函数． 当 x→－∞时，g(x)→－∞，与 g(x)≥0 矛盾． 当 b>0 时，由 g′(x)>0，得 x>lnb，由 g′(x)<0，得 x<lnb，当 x＝lnb 时，g(x)min＝b －blnb＋a≥0， 即 ab≥b2lnb－b2(b>0)．
第13页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第14页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
第8页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
[解题指导] (1)求定义域及 g′(x)→分类讨论 g′(x)的符号→得结论 (2)构造函数 F(x)＝f(x)－(a－e)x－b 转化为 F(x)≤0 恒成立→讨论 F(x)的最大值→ 建立 b 与 a 的关系→转化为关于 a 的函数→研究函数的最值→得结果
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
∴当 x＝a－1 e时，函数 F(x)取最大值， 最大值为 Fa－1 e＝－ln(a－e)－b－1， ∵不等式 F(x)≤0 恒成立，∴F(x)max≤0，∴－ln(a－e)－b－1≤0， ∴ln(a－e)＋b＋1≥0，即 b≥－1－ln(a－e)，
第4页
2．研究方程的根，可以通过构造函数 g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数 g(x)的零点问题，研究函数 g(x)零点的策略．
(1)如果函数 g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的 零点存在定理，确定其零点是否存在．
(2)如果函数 g(x)在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间， 再结合 g(x)的极值与零的大小，以及函数 g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路： (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数 f(x)，使原不等式成为形 如 f(a)>f(b)的形式． (2)对形如 f(x)>g(x)的不等式，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． (3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x))．
第15页
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
【 名 校 课 堂 】获奖 PPT-高 考解答 题突破 (六)高 考数学 大二轮 复习课 件（共 PPT）推 荐（最 新版本 ）推荐
利用导数研究函数性质的一般步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导函数 f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成 立问题来求解．