《高考数学理北师大大一轮复习讲义课件高考专题突破一》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学理北师大大一轮复习讲义课件高考专题突破一(49页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
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,