高考數學二輪復習 第三篇 攻堅克難 壓軸大題多得分 第32練 導數的綜合應用課件 文

《高考數學二輪復習 第三篇 攻堅克難 壓軸大題多得分 第32練 導數的綜合應用課件 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學二輪復習 第三篇 攻堅克難 壓軸大題多得分 第32練 導數的綜合應用課件 文（89頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第32練導數的綜合應用第三篇攻堅克難壓軸大題多得分明考情導數部分在高考中的應用一般綜合性較強，以壓軸題形式呈現(xiàn)，導數和函數零點，方程根及不等式相結合是高考命題的熱點，高檔難度.知考向1.導數與函數零點.2.導數與不等式.3.導數與其他知識的交匯問題.研透考點核心考點突破練欄目索引規(guī)范解答模板答題規(guī)范練研透考點核心考點突破練考點一導數與函數零點方法技巧方法技巧研究函數零點或兩函數圖象的交點，可以通過導數研究函數的單調性、極值和最值，確定函數圖象的變化趨勢，畫出函數草圖，確定函數圖象與x軸的交點或兩函數圖象的交點.解解函數f(x)的定義域為(0，)，(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；1234解答(2

2、)當m1時，討論函數f(x)與g(x)圖象的交點個數.1234解答問題等價于求函數F(x)的零點個數.當m1時，F(xiàn)(x)0，函數F(x)為減函數，所以F(x)有唯一零點.當m1時，若0 x1或xm，則F(x)0；若1xm，則F(x)0，12341234所以函數F(x)在(0，1)和(m，)上單調遞減，在(1，m)上單調遞增，所以F(x)有唯一零點.綜上，函數F(x)有唯一零點，即兩函數圖象總有一個交點.(1)當me(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；當x(0，e)時，f(x)0，f(x)在(e，)上單調遞增，f(x)的極小值為2.1234解答1234解答則(x)x21(x1)(x1)

3、，當x(0，1)時，(x)0，(x)在(0，1)上單調遞增；當x(1，)時，(x)0，(x)在(1，)上單調遞減.x1是(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x1也是(x)的最大值點，1234又(0)0，結合y(x)的圖象(如圖)可知，當m0時，函數g(x)有且只有一個零點.12341234解答3.已知函數f(x)2ln xx2ax(aR).(1)當a2時，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；解解當a2時，f(x)2ln xx22x，切線的斜率kf(1)2，所以切線方程為y12(x1)，即2xy10.1234解答解解g(x)2ln xx2m，當1xe時，g(x)0.所以g(x)在x1處取得極大

4、值g(1)m1.123412341234解答4.(2017全國)已知函數f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調性；解解f(x)的定義域為(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1).(i)若a0，則f(x)0，則由f(x)0，得xln a.當x(，ln a)時，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上單調遞減，在(ln a，)上單調遞增.1234解答(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.解解(i)若a0，由(1)知，f(x)至多有一個零點.(ii)若a0，由(1)知，當xln a時，f(x)取得最小值，當a1時，由于f(ln a)0，故f(x)只有

5、一個零點；即f(ln a)0，故f(x)沒有零點；又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)上有一個零點.1234因此f(x)在(ln a，)上有一個零點.綜上，a的取值范圍為(0，1).1234則f(n0) (a a2)n0 n0 n00.0en02n0en0en考點二導數與不等式方法技巧方法技巧導數與不等式問題相結合有兩個方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解參數取值范圍；二是證明不等式或與自然數有關的不等式.解決這兩類問題的核心是“函數的最值”.5.(2017保定模擬)已知函數f(x)ex2x.(1)求函數f(x)的極值；5678解答解解f(x)ex2，令f(x

6、)0，得xln 2，令f(x)0，得xln 2，f(x)在(，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，)上單調遞增，當xln 2時，f(x)有極小值f(ln 2)22ln 2，無極大值.(2)當a2ln 4且x0時，試比較f(x)與x2(a2)x1的大小.5678解答解解令g(x)f(x)x2(a2)x1exx2ax1，g(x)ex2xaf(x)a，g(x)minf(x)mina22ln 2a.a2ln 4，g(x)0，g(x)在(0，)上單調遞增，g(x)g(0)0，即f(x)x2(a2)x1.56786.已知函數f(x)ln xx3.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；解答令f(x)0，得x(1，

7、)；令f(x)0；證明證明證明f(x)ln xx3，所以f(1)2，由(1)知，f(x)ln xx3在(1，)上單調遞增，所以當x(1，)時，f(x)f(1).即f(x)2，所以f(x)20.證明證明由(1)可知，當x(1，)時，f(x)f(1)，即ln xx10，所以0ln xx1對一切x(1，)恒成立.因為n2，nN*，則有0ln n0時，g(x)0，求b的最大值；9101112解答解解因為g(x)f(2x)4bf(x)e2xe2x4b(exex)(8b4)x，g (x)2e2xe2x2b(exex)(4b2)2(exex2)(exex2b2).當b2時，g(x)0，當且僅當x0時，等號成

8、立，所以g(x)在(，)上單調遞增.而g(0)0，所以對任意x0，g(x)0.當b2時，若x滿足2exex2b2，而g(0)0，綜上，b的最大值為2.9101112所以ln 2的近似值為0.693.9101112解答9101112證明設f(x)的圖象與x軸相切于點(x0，0)，解得ax01.9101112當0 x0，h(x)單調遞增；當x1時，h(x)0，所以m(x)單調遞增，9101112910111212.(2017瀘州沖刺)設函數f(x)exsin x(e為自然對數的底數)，g(x)ax，F(xiàn)(x)f(x)g(x).(1)若x0是F(x)的極值點，且直線xt(t0)分別與函數f(x)和g(

9、x)的圖象交于P，Q，求P，Q兩點間的最短距離；9101112解答解解因為F(x)exsin xax，所以F(x)excos xa，因為x0是F(x)的極值點，所以F(0)11a0，解得a2.又當a2時，若x0，F(xiàn)(x)excos xa1120，所以F(x)在(，0)上單調遞減.若x0，(F(x)exsin x0，所以F(x)在(0，)上為增函數，所以F(x)F(0)1120，所以F(x)在(0，)上為增函數.9101112所以x0是F(x)的極小值點，所以a2符合題意，所以|PQ|etsin t2t.令h(x)exsin x2x，即h(x)excos x2，因為(h(x)exsin x，當x

10、0時，ex1，1sin x1，所以(h(x)exsin x0，所以h(x)excos x2在(0，)上單調遞增，所以h(x)excos x2h(0)0，所以當x0，)時，h(x)的最小值為h(0)1，所以|PQ|min1.9101112(2)若當x0時，函數yF(x)的圖象恒在yF(x)的圖象上方，求實數a的取值范圍.9101112解答解解令(x)F(x)F(x)exex2sin x2ax，則(x)exex2cos x2a，令S(x)(x)exex2sin x，因為S(x)exex2cos x0在x0時恒成立，所以函數S(x)在0，)上單調遞增，所以S(x)S(0)0在x0時恒成立.故函數(x

11、)在0，)上單調遞增，所以(x)(0)42a在x0，)時恒成立.當a2時，(x)0，(x)在0，)上單調遞增，即(x)(0)0.故當a2時，F(xiàn)(x)F(x)恒成立.9101112當a2時，因為(x)在0，)上單調遞增，所以總存在x0(0，)，使(x)在區(qū)間0，x0)上，(x)0，導致(x)在區(qū)間0，x0上單調遞減，而(0)0，所以當x0，x0)時，(x)0，這與F(x)F(x)0對x0，)恒成立矛盾，所以a2不符合題意，故符合條件的a的取值范圍是(，2.9101112規(guī)范解答模板答題規(guī)范練例例(12分)已知函數f(x)ln xmxm，mR.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)0在x

12、(0，)上恒成立，求實數m的值；模板體驗審題路線圖審題路線圖規(guī)范解答規(guī)范解答評分標準評分標準當m0時，f(x)0恒成立，則函數f(x)在(0，)上單調遞增；(2)解解由(1)知，當m0時顯然不成立；只需mln m10即可，令g(x)xln x1，函數g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，所以g(x)ming(1)0.則若f(x)0在x(0，)上恒成立，m1.8分構建答題模板構建答題模板第一步求導數求導數.第二步看性質看性質：根據導數討論函數的單調性、極值、最值等性質.第三步用性質用性質：將題中條件或要證結論轉化，如果成立或有解問題可轉化為函數的最值，證明不等式可利用函數單調性和

13、放縮法.第四步得結論得結論：審視轉化過程的合理性.第五步再反思再反思：回顧反思，檢查易錯點和步驟規(guī)范性.(1)當a為何值時，x軸為曲線yf(x)的切線；規(guī)范演練解解設曲線yf(x)與x軸相切于點(x0，0)，則f(x0)0，f(x0)0.12345解答(2)用minm，n表示m，n中的最小值，設函數h(x)minf(x)，g(x)(x0)，討論h(x)零點的個數.12345解答解解當x(1，)時，g(x)ln x0，從而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0.12345所以只需考慮f(x)在(0，1)上的零點個數.若a3或a0，則f(x)3x2a在(0，1)內無零點，故f(x)在(0，1)

14、上單調.所以當a3時，f(x)在(0，1)有一個零點；當a0時，f(x)在(0，1)內沒有零點.123451234512345(1)求實數a的值及f(x)的極值；12345解答f(x)在點(1，f(1)處的切線與x軸平行，當0 x1時，f(x)0，當x1時，f(x)0，f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，故f(x)在x1處取得極大值1，無極小值.1234512345解答當x0時，f(x)，由(1)得f(x)在(0，1)上單調遞增，由零點存在性原理知，f(x)在區(qū)間(0，1)上存在唯一零點，函數f(x)的圖象如圖所示.12345(1)求a的值；12345解答12345證明123

15、45當x1，)時，(ln x)23ln x30033，故g(x)在1，2)上單調遞增，在(2，)上單調遞減，123454.已知函數f(x)ax2bxln x(a，bR).(1)設b2a，求f(x)的零點的個數；12345解答解解b2a，當0a4(1ln 2)時，函數f(x)沒有零點；當a4(1ln 2)時，函數f(x)有一個零點；當a4(1ln 2)時，函數f(x)有兩個零點.12345當a2時，f(x)在(0，)上單調遞減，f(x)有一個零點.f(x)只有一個零點.12345綜上，當0a4(1ln 2)時，函數f(x)無零點；當a4(1ln 2)時，函數f(x)有兩個零點.12345(2)設

16、a0，且對于任意x0，f(x)f(1)，試比較ln a與2b的大小.12345解答解解由a0，且對于任意x0，f(x)f(1)，可知函數f(x)在x1處取得最小值，整理得2ab1，即b12a.ln a(2b)ln a2(12a)ln a24a，1234512345故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln a2b.5.已知函數f(x)sin xax.(1)對于x(0，1)，f(x)0恒成立，求實數a的取值范圍；解解由f(x)0，得sin xax0，再令m(x)xcos xsin x，則m(x)cos xxsin xcos xxsin x0，所以m(x)在(0，1)上單調遞減，所以m(x)m(0)0，所以g(x)0，則g(x)在(0，1)上單調遞減，所以g(x)g(1)sin 1，所以asin 1.12345解答(2)當a1時，令h(x)f(x)sin xln x1，求h(x)的最大值；解解當a1時，f(x)sin xx，所以h(x)ln xx1，由h(x)0，得x1.當x(0，1)時，h(x)0，h(x)在(0，1)上單調遞增；當x(1，)時，h(x)0，h(x)在(1，)上單調遞減.所以h(x)maxh(1)0.12345解答證明證明由(2)可知，當x(1，)時，h(x)0，即ln xx1，分別令n1，2，3，n，即所要證不等式成立.12345證明