高考数学理北师大大一轮复习讲义课件高考专题突破一

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1、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)kxln x在区间(1，)上是增加的，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)kxln x在区间(1，)上是增加的,f(x)k 0在(1，)上恒成立.,由于k ，而0 1，所以k1.,即k的取值范围为1，).,答案,解析,当x0时，f(x)6x26x6x(x1)， 所以f(x)

2、在(，1)上为增函数， 在(1,0上为减函数， 所以f(x)在x2,0上的最大值为f(1)2，,则当x2时，e2a的值必须小于等于2，,即e2a2，解得a(， ln 2.,4.(2016全国甲卷)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_.,答案,解析,1ln 2,5.(2016陕西西工大附中模拟)设函数f(x)为(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有2f(x)xf(x)x2，则不等式(x2 016)2f(x2 016)9f(3)0的解集为_.,答案,解析,x|x2 019,由2f(x)xf(x)x2(x0. F(x) 在(，0)上是减函数， 由F(x

3、2 016)F(3)，得x2 0163， x2 019.,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)已知函数f(x)ln xa(1x). (1)讨论f(x)的单调性；,解答,若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增加的.,(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围.,解答,由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上无最大值；,当a0时，f(x)在x 取得最大值，,令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上是增加的，g(1)0. 于是，当0a1时，g(a)0； 当a1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0,1).,思维升华,利用导数

4、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像的性质进行分析.,跟踪训练1已知aR，函数f(x)(x2ax)ex (xR，e为自然对数的底数). (1)当a2时，求函数f(x)的递增区间；,解答,当a2时，f(x)(x22x)ex， 所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex. 令f(x)0，即(x22)ex0，因为ex0，,(2)若函数f(x)在(1,1)上是增加的，求a的取值范围.,解答,因为函数f(

5、x)在(1,1)上是增加的，所以f(x)0对x(1,1)都成立. 因为f(x)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex， 所以x2(a2)xaex0对x(1,1)都成立. 因为ex0，所以x2(a2)xa0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，k0. (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：,所以，f(x)的递减区间是(0， )，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.,

6、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，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，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)x33x2ax2，曲线yf(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)3x26xa，f(0)a. 曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2.,由题设得 2，所以a1.,(2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,证明,由(1)知，f(x)x33x2x2. 设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知1k0. 当x0时

7、，g(x)3x26x1k0，g(x)是增加的， g(1)k10时，令h(x)x33x24， 则g(x)h(x)(1k)xh(x). h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上是减少的，在(2，)上是增加的，,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yf(x)与直线ykx2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)x2ax3. (1)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；,解答,对一切x(0，)，有2xln xx2ax3，则a2ln xx ，,当

8、x(0,1)时，h(x)0，h(x)是增加的，所以h(x)minh(1)4. 因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4.,证明,f(x)xln x(x(0，)的最小值是 ，,当且仅当x1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)x32x2xa，g(x)2x ，若对任意的x11,2，存在x22,4，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(

9、x)的值域的子集，显然，g(x)是减少的，,对于f(x)，f(x)3x24x1，,令f(x)0，解得x 或x1，,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况列表如下：,f(x)maxa2，f(x)mina4，,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x1或x5. 因为x1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(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.(2016

10、千阳中学模拟)已知函数f(x)xln x. (1)求f(x)的最小值；,解答,f(x)的定义域为(0，)，f(x)的导数f(x)1ln x，,1,2,3,4,5,(2)若对所有x1都有f(x)ax1，求实数a的取值范围.,解答,1,2,3,4,5,依题意，得f(x)ax1在1，)上恒成立，,故g(x)在1，)上是增加的，所以g(x)的最小值是g(1)1， 从而a的取值范围是(，1.,3.(2015重庆)设函数 (aR). (1)若f(x)在x0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；,解答,1,2,3,4,5,对f(x)求导得,1,2,3,4,5,因为f(

11、x)在x0处取得极值，所以f(0)0，即a0.,化简得3xey0.,(2)若f(x)在3，)上为减函数，求a的取值范围.,解答,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,令g(x)3x2(6a)xa，,当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数； 当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0， 故f(x)为增函数； 当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数.,1,2,3,4,5,4.已知函数f(x)x2xsin xcos x. (1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；,解答,由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x

12、). 因为曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切， 所以f(a)a(2cos a)0，bf(a). 解得a0，bf(0)1.,1,2,3,4,5,(2)若曲线yf(x)与直线yb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x0. 当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下：,所以函数f(x)在区间(，0)上是减少的， 在区间(0，)上是增加的，f(0)1是f(x)的最小值. 当b1时，曲线yf(x)与直线yb最多只有一个交点； 当b1时，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，f(0)1b，,1,2,3,4,5,所以存在x1(2b,0)，x2(

13、0,2b)， 使得f(x1)f(x2)b. 由于函数f(x)在区间(，0)和(0，)上均单调， 所以当b1时曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同交点. 综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb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)ax2aln x，其中aR. (1)讨论f(x)的单调性；,解答,当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)内是减少的.,当a0时，由f(x)0，有x .,此时，当x 时，f(x)0，f(x)是减少的；,当x 时，f(x)0，f(x)是增加的.,1,2,3,4,5,(2)确定a的所有可能取值，使得f(x) e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数).,解答,1,2,3,4,5,则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0， 所以s(x)在区间(1，)内是增加的. 又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0. 当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.,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，)内是增加的. 又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.,1,2,3,4,5,