《2019届高考数学（文科）五三课件3.2《导数的应用》》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学（文科）五三课件3.2《导数的应用》（141页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3.2 导数的应用,高考文数 ( 课标专用),考点一 导数与函数的单调性 1.(2014课标,11,5分,0.474)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是 ( ) A.(-,-2 B.(-,-1 C.2,+) D.1,+),A组 统一命题课标卷题组,五年高考,答案 D 依题意得f (x)=k- 0在(1,+)上恒成立,即k 在(1,+)上恒成立, x1,0 1, k1,故选D.,2.(2016课标全国,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是( ) A.-1,1 B. C. D.,答案 C 解法一:f
2、 (x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上 单调递增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则- t2+at+ 0在-1,1上恒成立,即4t2-3 at-50在-1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则 解得- a ,故选C. 解法二:函数f(x)=x- sin 2x+asin x的导数为f (x)=1- cos 2x+acos x, 由题意可得f (x)0恒成立, 即1- cos 2x+acos x0恒成立, 即有 - cos2x+acos x0恒成立, 令t=cos
3、 x(-1t1),即有5-4t2+3at0,当t=0时,不等式显然成立; 当0t1时,3a4t- ,由y=4t- 在(0,1上递增,可得t=1时,y取得最大值-1,可得3a-1,即a- ; 当-1t0,求出f(x)的单调增区间,令f (x)ax0+1,从而说明 命题不成立;当a0时,举反例x0= 说明不等式不成立.,疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:求定义域;求f (x),令f (x)0,求出f(x)的增区间,令 f (x)cx.,解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)= -1,令f (x)=0,解得x=1. 当00, f(x)单调递增;当x1时, f (x)1
4、,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0, 解得x0= .,当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0. 所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx. (12分),疑难突破 在(3)中,首先要解方程g(x)=0,为了判断g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0, 1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.,评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.,考点二 导数与函数的极值与最值 1.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的
5、单调区间; (2)证明:当a 时, f(x)0.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aex- . 由题设知, f (2)=0,所以a= . 从而f(x)= ex-ln x-1, f (x)= ex- . 当02时, f (x)0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.,(2)当a 时, f(x) -ln x-1. 设g(x)= -ln x-1,则g(x)= - . 当01时,g(x)0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x0时,g(x)g(1)=0. 因此,当a 时, f(x)0.,方法总结 利用导数证明不等式的常用方法: (1)证明f(x)g(
6、x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同 时若F(a)0,由增函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).,2.(2015课标,21,12分,0.15)已知函数f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)= -a. 若a0,则f (x)0,所以f(x)在(0,+)上单调递增. 若a0,则当x 时, f (x)0;当x 时,f (x)0时, f(x)在x
7、= 处取得最大值,最大 值为f =ln +a =-ln a+a-1. 因此f 2a-2等价于ln a+a-11时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1). 解法二:由(1)知,当a0时, f(x)在(0,+)上无最大值;当a0时, f(x)在x= 处取得最大值,最大值,为f =ln +a =-ln a+a-1. 因此f 2a-2等价于ln a+a0时, f(x)在x= 处取得最大值,最大值 为f =ln +a =-ln a+a-1. 当0a1时,因为f(1)=0,所以f(x)的最大值大于2a-2; 当a1时, f(x)的最大值f =-ln a+a-1a-12a-2. 因此,a的取值范围是(
8、0,1).,3.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增. 若a0; 当x 时, f (x)0;当x(1,+)时,g (x)0时,g(x)0.从而当a0; 当x(3-2 ,3+2 )时,f (x)0,所以f(x)=0等价于 -3a=0. 设g(x)= -3a,则g(x)= 0,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增. 故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a- =-6 - 0,故f(x)有一个零点. 综上,
9、f(x)只有一个零点.,方法总结 利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数.,2.(2016课标全国,20,12分)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1, f(1)处的切线方程; (2)若当x(1,+)时, f(x)0,求a的取值范围.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+).当a=4时, f(x)=(x+1)ln x-4(x-
10、1), f (x)=ln x+ -3, f (1)=-2, f(1)=0. 曲线y=f(x)在(1, f(1)处的切线方程为2x+y-2=0. (3分) (2)当x(1,+)时, f(x)0等价于ln x- 0. (4分) 设g(x)=ln x- ,则 g(x)= - = ,g(1)=0. (6分),(i)当a2,x(1,+)时,x2+2(1-a)x+1x2-2x+10,故g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递增,因此g(x) 0; (8分) (ii)当a2时,令g(x)=0得 x1=a-1- ,x2=a-1+ . (10分) 由x21和x1x2=1得x11,故当x(1,x2)时,g(x)0
11、,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)0. (11分) 综上,a的取值范围是(-,2. (12分),思路分析 (1)先求f (x),得到y=f(x)在点(1, f(1)处的切线斜率,列出切线的点斜式方程.(2)转化 不等式,引入辅助函数g(x)=ln x- ,求g(x),分情况讨论确定参数a的取值范围.,3.(2014课标,21,12分,0164)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; (2)证明:当k0. 当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x
12、)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(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.,解题思路 (1)先求出f (x)=3x2-6x+a,得到曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,令y=0,利 用题设条件,求得参数a的值. (2)引入函数g(x)=f(x)-kx+2,将证明当k1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点转化为证明 函数g(x)只有一个零点.,评析 本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,考查了分类讨论、函数与方程、等价转 化等思想方法.把曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点的问题转化为研究函数g(x)=x3-3x2+(1- k)x+4在R上有唯一实根问题是解决问题的关键.,
