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  • 2021-06-16 发布

高科数学专题复习课件:高考专题突破一

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高考专题突破一 高考中的导数应用问题 考点自测 课时作业 题型分类 深度剖析 内容索引 考点自测  1.若函数f(x)在R上可导,且满足f(x)-xf′(x)>0,则 A.3f(1)f(3) C.3f(1)=f(3)   D.f(1)=f(3) 答案 解析 2.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是 A.(-∞,-2]   B.(-∞,-1] C.[2,+∞)   D.[1,+∞) 答案 解析 由于f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增⇔ f′(x)=k-  ≥0在(1,+∞)上恒成立. 由于k≥ ,而0<  <1,所以k≥1. 即k的取值范围为[1,+∞). 3.(2016·安徽江南十校联考)已知函数f(x)=x3-ax2+4,若f(x)的图象与x 轴正半轴有两个不同的交点,则实数a的取值范围为 A.(1,+∞)   B.(  ,+∞) C.(2,+∞)   D.(3,+∞) 答案 解析 由题意知f′(x)=3x2-2ax=x(3x-2a), 当a≤0时,不符合题意. 当a>0时,f(x)在(0,   )上单调递减, 在(    ,+∞)上单调递增,所以由题意知f(    )<0,解得a>3, 故选D. 4.(2016·全国甲卷)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y =ln(x+1)的切线,则b=________. 答案 解析1-ln 2 答案 解析[1,+∞) 因为对任意x1,x2∈(0,+∞), 当00;当x>1时,g′(x)<0, 所以g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减. 所以当x=1时,g(x)取到最大值,即g(x)max=g(1)=e. 题型分类 深度剖析 题型一 利用导数研究函数性质 例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论f(x)的单调性; 解答 若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围. 解答 由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)无最大值; 当a>0时,f(x)在x=  取得最大值, 令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0. 于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0. 因此,a的取值范围是(0,1). 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f(x)的单调性,可转 化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题;含参函数的最值 问题是高考的热点题型,解此类题的关键是极值点与给定区间位置关 系的讨论,此时要注意结合导函数图象的性质进行分析. 跟踪训练1 已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex (x∈R,e为自然对数的 底数). (1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间; 解答 当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex, 所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为ex>0, (2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围. 解答 因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立. 因为f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex=[-x2+(a-2)x+a]ex, 所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立. 因为ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)都成立, 题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f(x)=  -kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值; 解答 函数的定义域为(0,+∞). f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表: x (0,   ) (    ,+∞) f′(x) - 0 + f(x) ↘ ↗ 所以,f(x)的单调递减区间是(0,  ),单调递增区间是(    ,+∞). (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,   ]上仅有一个零点. 证明 思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质,并借助 函数图象,根据零点或图象的交点情况,建立含参数的方程(或不等式) 组求解,实现形与数的和谐统一. 跟踪训练2 已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的 切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a; 解答 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2. 由题设得       =-2,所以a=1. (2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知1-k>0. 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4, 则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单 调递增, 所以g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0在R上有唯一实根, 即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 题型三 利用导数研究不等式问题 例3 已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围; 解答 ∀x∈(0,+∞),有2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+  , x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4. 因为对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以a≤h(x)min=4. 证明 f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是       , 当且仅当x=1时取到. 思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题,一般常用分离参数 的方法,但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值,或者求 解其函数最值烦琐时,可采用直接构造函数的方法求解. 跟踪训练3 已知函数f(x)=x3-2x2+x+a,g(x)=-2x+ ,若对任意 的x1∈[-1,2],存在x2∈[2,4],使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围 是___________. 答案 解析 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集,显然,g(x)单调递减, 对于f(x),f′(x)=3x2-4x+1, 令f′(x)=0,解得x=   或x=1, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况列表如下: x -1 (-1,  ) (    ,1) 1 (1,2) 2 f′(x)   + 0 - 0 +   f(x) a-4 递增      +a 递减 a 递增 a+2 ∴f(x)max=a+2,f(x)min=a-4, 课时作业 (1)求a的值; 解答 由f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y=    , 1 2 3 4 5 (2)求函数f(x)的单调区间. 解答 令f′(x)=0,解得x=-1或x=5. 因为x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当x∈(0,5)时,f′(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数; 当x∈(5,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数. 综上,f(x)的单调增区间为(5,+∞),单调减区间为(0,5). 1 2 3 4 5 2.(2015·重庆)设函数f(x)=             (a∈R). (1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; 解答 因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0. 1 2 3 4 5 (2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围. 解答 1 2 3 4 5 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数; 当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数; 当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数. 1 2 3 4 5 3.已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数). (1)当a=5时,求函数y=g(x)在x=1处的切线方程; 解答 当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e. 又g′(x)=(-x2+3x+2)ex, 故切线的斜率为g′(1)=4e. 所以切线方程为y-e=4e(x-1), 即4ex-y-3e=0. 1 2 3 4 5 (2)求f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值. 解答 1 2 3 4 5 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (0,   ) (    ,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 ①当t≥ 时,在区间[t,t+2]上f(x)为增函数,所以f(x)min=f(t)=tln t. 1 2 3 4 5 4.已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,求a与b的值; 解答 由f(x)=x2+xsin x+cos x,得f′(x)=x(2+cos x). 因为曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切, 所以f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得a=0,b=f(0)=1. 1 2 3 4 5 (2)若曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围. 解答 1 2 3 4 5 令f′(x)=0,得x=0. 当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下: x (-∞,0) 0 (0,+∞) f′(x) - 0 + f(x) ↘ 1 ↗ 所以函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减, 在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1是f(x)的最小值. 当b≤1时,曲线y=f(x)与直线y=b最多只有一个交点; 当b>1时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=11时曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点. 综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点, 那么b的取值范围是(1,+∞). 1 2 3 4 5 5.(2016·四川)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; 解答 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f′(x)=0,有x=        . 此时,当x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 1 2 3 4 5 (2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立 (e=2.718…为自然对数的底数). 解答 1 2 3 4 5 则s′(x)=ex-1-1.而当x>1时,s′(x)>0, 所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 1 2 3 4 5 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 1 2 3 4 5