《2019年高考数学总复习 2.4.1【压轴大题1】函数、导数、方程、不等式课件 理.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学总复习 2.4.1【压轴大题1】函数、导数、方程、不等式课件 理.ppt（58页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2.4压轴大题1函数、导数、方程、不等式234561.导数的几何意义(1)函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0,f(x0)处的切线的斜率,即k=f(x0).(2)函数切线问题的求解策略:用好切点“三重性”:切点在函数图象上,满足函数解析式;切点在切线上,满足切线方程;切点处的导数等于切线的斜率.2.函数的导数与单调性的关系函数y=f(x)在(a,b)内可导,(1)若f(x)0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;(2)若f(x)0,右侧f(x)0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f(x)0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数y
2、=f(x)在a,b上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在a,b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.(3)若函数f(x)在a,b上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在a,b上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.5.常见恒成立不等式(1)ln xx-1;(2)exx+1.86.构造辅助函数的四种方法(1)移项法:证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最大值.(2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上
3、的最小值.(3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最小值.10(4)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最大值.(5)x1a,b,当x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域与g(x)在c,d上的值域交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.112.4.1导数与函数的单调性、极值、最值考向一考向二考
4、向三考向四讨论、判断、证明单调性或求单调区间讨论、判断、证明单调性或求单调区间解题策略一解题策略一分类讨论法分类讨论法(1)讨论f(x)的单调性; 难点突破 (1)讨论f(x)的单调性求函数的定义域求导函数 13考向一考向二考向三考向四解:f(x)的定义域为(0,+). 当a0时,x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增,x(1,+)时,f(x)0时,14考向一考向二考向三考向四综上所述,当a0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;15考向一考向二考向三考向四当0a0,x(x0,2)时,(x)2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=
5、1,不妨设x11.21考向一考向二考向三考向四解题策略二解题策略二构造函数法构造函数法例2已知函数f(x)= (k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间.22考向一考向二考向三考向四即h(x)在(0,+)上是减函数.由h(1)=0知,当0x0,从而f(x)0;当x1时,h(x)0,从而f(x)0知,f(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值
6、,从而g(x)0,x(-,+).综上可知,f(x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).25考向一考向二考向三考向四求函数的极值、最值求函数的极值、最值解题策略一解题策略一利用单调性求利用单调性求(1)求函数f(x)的单调区间.(2)当a=-1时,求函数f(x)在e-e,e上的值域;26考向一考向二考向三考向四难点突破 (1)求出函数f(x)的导数,通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可.(2)将a=-1代入f(x),求出函数的导数,根据函数的单调性求出函数的值域即可;27考向一考向二考向三考向四解:(1)f(x)=1-aln x-a=1-a(ln x+1).当a=0时,f(
7、x)0,f(x)在(0,+)单调递增;(2)a=-1时,f(x)=x+xln x.由f(x)=2+ln x,令f(x)=0,x=e-2,f(x)在e-e,e-2单调递减,在e-2,e单调递增,28考向一考向二考向三考向四29考向一考向二考向三考向四解题心得1.求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值;2.对kf(x)恒成立,求参数k的最值问题,若求不出f(x)的极值点,可求极值点所在区间,再由极值点范围求极值的范围,由此得出参数的最值.30考向一考向二考向三考向四对点训练对点训练3已知函数f(x)=excos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(
8、0,f(0)处的切线方程;解:(1)因为f(x)=excos x-x,所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,f(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.31考向一考向二考向三考向四解题策略二解题策略二构造函数法构造函数法h(x)=ex-(a+1)x-b0h(x)=ex-(a+1)h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+
9、10),令F(x)=x2-x2ln x(x0),32考向一考向二考向三考向四解:(1)由已知得f(x)=f(1)ex-1-f(0)+x.所以f(1)=f(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f(1)e-1,所以f(1)=e.由于f(x)=ex-1+x,故当x(-,0)时,f(x)0.从而,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由已知条件得ex-(a+1)xb.可得ex-(a+1)x0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g(x)=ex-(a+1).当x(-,ln(a+1)时,g(x)0.从而g(x)在(-,ln(a+1)单调递减,在(ln(a+1),+)单调递增.
10、故g(x)有最小值g(ln(a+1)=a+1-(a+1)ln(a+1).ba+1-(a+1)ln(a+1).因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),则h(a)=(a+1)(1-2ln(a+1).34考向一考向二考向三考向四解题心得本例在(2)中,通过作差将条件进行转化,通过构造函数求函数的最小值得出关于a,b的不等式,通过乘以(a+1)得(a+1)b的关系式,再通过第二次构造函数求函数最大值得出结果.35考向一考向二考向三考向四对点训练对点训练4已知函数f(x)=ax-ln x,F(x)=ex+ax,其中x0,a0.(1)
11、若f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围;a0,f(x)0在(0,+)上恒成立,即f(x)在(0,+)上单调递减,当-1a0,即F(x)在(0,+)上单调递增,不合题意.当a0,得xln(-a),由F(x)0,得0x0时,g(x)0,求b的最大值.39考向一考向二考向三考向四解:(1)f(x)=ex+e-x-20,等号仅当x=0时成立,所以f(x)在(-,+)单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)=2(ex+e-x-2)(
12、ex+e-x-2b+2).当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)单调递增.而g(0)=0,所以对任意x0,g(x)0;当b2时,若x满足2ex+e-x0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.(1)解:f(x)=-2sin 2x-(-1)sin x.(2)解:当1时,|f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cos x-1.令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值
13、,42考向一考向二考向三考向四|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.43考向一考向二考向三考向四44考向一考向二考向三考向四(3)证明:由(1)得|f(x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 所以|f(x)|1+0,得结论a0,1)x0(0,2,从而h(a)(a0,1)的值域就是g(x0)(x0(0,2)的值域.47考向一考向二考向三考向四解:(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+). 当且仅当x=0时,f(x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时,f(x)f(0)=-1.所以(
14、x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.由(1)知,当x0时,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.48考向一考向二考向三考向四因此g(x)在x=xa处取得最小值, 解题心得在证明函数f(x)有最值及求最值范围时,若f(x)=0解不出,可运用零点存在性定理求出极值点t存在的范围,从而用t表示出最值,此时最值是关于t的函数,通过函数关系式求出最值的范围.49考向一考向二考向三考向
15、四对点训练对点训练6已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x+2)2(x0).(1)若f(x)是(0,+)上的单调递增函数,求实数a的取值范围;(2)当a 时,求证:函数f(x)有最小值,并求函数f(x)最小值的取值范围.(1)解:由题意,得f(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,函数f(x)在区间(0,+)上单调递增,f(x)0在(0,+)上恒成立.ex+(x-2)ex+2ax+4a0,50考向一考向二考向三考向四(2)证明:f(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,f(x)=xex+2a0,y=f(x)在(0,+)上单调递增,又f(0)=4a-10,存在t(0,1)使f(t)=0
16、,x(0,t)时,f(x)0,当x=t时,f(x)min=f(t)=(t-2)et+a(t+2)2,由f(t)=0,即et(t-1)+2a(t+2)=0,51考向一考向二考向三考向四f(t)在(0,1)上递减,f(1)f(t)f(0),-ef(t)1或a-1时,令g(x)=0,设x2-2ax+1=0的两根为x1和x2,因为x1为函数g(x)的极大值点,54考向一考向二考向三考向四所以0x10,所以a0,0x1h(1)=0,原题得证.解题心得将已知条件进行转换或将要解决的问题进行等价转换是解决函数问题的常用方法,通过转换变陌生问题为熟悉问题,从而得到解决.56考向一考向二考向三考向四对点训练对点
17、训练7设函数f(x)=e2x-4aex-2ax,g(x)=x2+5a2,aR.(1)若a=1,求f(x)的递增区间;(2)若f(x)在R上单调递增,求a的取值范围;(1)解:当a=1,f(x)=e2x-4ex-2x,f(x)=2e2x-4ex-2, (2)解:f(x)在R上单调递增,f(x)=2e2x-4aex-2a0在R上恒成立,57考向一考向二考向三考向四(3)证明:F(x)=e2x-4aex-2ax+x2+5a2=5a2-(4ex+2x)a+x2+e2x 设h(x)=ex-2x,则h(x)=ex-2,令h(x)0,得x0,得xln 2,则h(x)在(ln 2,+)单调递增;h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 20,58
