第五章一元函数的导数及其应用教案 人教A版高二数学下册选择性必修第二册

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培优课　利用导数研究恒成立或能成立问题恒成立问题与有解问题是高中数学的重要知识，其中不等式的恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查考生分析问题、解决问题的能力.利用导数研究恒成立与有解问题常用的方法有：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.类型一　分离法求参数的取值范围【例1】　已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.解　由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.解　因为对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(ln x,x)，,a≤x＋\f(1,x)))在x>0时恒成立，进一步转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln x,x)))eq \s\do7(max)≤a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\do7(min).设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0时，x＋eq \f(1,x)≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，2)).类型二　等价转化法求参数范围【例3】 函数f(x)＝x2－2ax＋ln x，若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.解　不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－eq \f(3,x)，令g(x)＝2ln x＋x－a＋eq \f(3,x)，则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，则在区间(0，1)上，g′(x)0，函数g(x)为增函数.由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4].【例4】 已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x) ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解　f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；令h′(x)0，得x0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是(　　)A.a>2 B.a0恒成立，当a1)，则g′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2).令g′(x)＝0，得x＝e，且当1