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2018屆高三數學(理)二輪復習課件:第1部分 專題1 第6講 導數的應用(2)

資料類別: 數學/課件

所屬版本: 通用

所屬地區: 全國

上傳時間:2018/3/16

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* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 考點二 導數、函數、不等式的交匯問題 類題通法 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 類題通法 類題通法 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 演練沖關 考點三 定積分與微積分基本定理 方法結論 考點三 定積分與微積分基本定理 方法結論 題組突破 考點三 定積分與微積分基本定理 題組突破 考點三 定積分與微積分基本定理 題組突破 考點三 定積分與微積分基本定理 誤區警示 * * 專題一  集合、常用邏輯用語、不等式、函數與導數 第六講 導數的應用(二) 熱點聚焦  題型突破 限時規范訓練 高考體驗  真題自檢 目  錄 ONTENTS 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 真題自檢 考點一 導數與方程問題 考點一 導數與方程問題 考點一 導數與方程問題 類題通法 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 演練沖關 考點一 導數與方程問題 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞).
若a≤0,因為f =-+aln 2<0,
所以不滿足題意;
若a>0,由f′(x)=1-=知,當x(0,a)時,f′(x)<0;當x(a,+∞)時,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,a)單調遞減,在(a,+∞)單調遞增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點.
由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時,f(x)≥0.
故a=1.
2.(2016·高考全國卷)已知函數f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.
(1)求a的取值范圍;
(2)設x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1+x2<2.
解析:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
設a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個零點.
設a>0,則當x(-∞,1)時,f′(x)<0;
當x(1,+∞)時,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)內單調遞減,在(1,+∞)內單調遞增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=a>0,
故f(x)存在兩個零點.
③設a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-,則ln(-2a)≤1,
故當x(1,+∞)時,
f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)內單調遞增.
又當x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
若a<-,則ln(-2a)>1,
故當x(1,ln(-2a))時,f′(x)<0;
當x(ln(-2a),+∞)時,f′(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))內單調遞減,
在(ln(-2a),+∞)內單調遞增.
又當x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
綜上,a的取值范圍為(0,+∞).
(2)證明:不妨設x1f(2-x2),
即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.設g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,則g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以當x>1時,g′(x)<0,而g(1)=0,
故當x>1時,g(x)<0. 從而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
3.(2017·高考全國卷)已知函數f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)當a<0時,證明f(x)≤--2.
解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),
 f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,則當x(0,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調遞增.
若a<0,則當x(0,-)時,f′(x)>0;當x(-,+∞)時,f′(x)<0.故f(x)在(0,-)單調遞增,在(-,+∞)單調遞減.
(2)證明:由(1)知,當a<0時,f(x)在x=-取得最大值,最大值為f(-)=ln(-)-1-.
所以f(x)≤--2等價于ln(-)-1-≤--2,即ln(-)++1≤0.
設g(x)=ln x-x+1,則g′(x)=-1.
當x(0,1)時,g′(x)>0;當x(1,+∞)時,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)單調遞增,在(1,+∞)單調遞減,故當x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當x>0時,g(x)≤0.從而當a<0時,ln(-)++1≤0,即f(x)≤--2.
[典例] (2017·臨沂模擬)已知函數f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然對數的底數,e=2.718 28….
(1)證明:函數h(x)=f(x)-g(x)在區間(1,2)上有零點;
(2)求方程f(x)=g(x)的根的個數,并說明理由.
解析:(1)證明:h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x,
則h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->0,所以函數h(x)在區間(1,2)上有零點.
(2)由(1)得h(x)=ex-1--x.
由g(x)=+x知,x[0,+∞),
而h(0)=0,則x=0為h(x)的一個零點,而h(x)在(1,2)內有零點,
因此h(x)在[0,+∞)上至少有兩個零點.
因為h′(x)=ex-x--1,記φ(x)=ex-x--1,
則φ′(x)=ex+x-.當x(0,+∞)時,φ′(x)>0,
因此φ(x)在(0,+∞)上單調遞增,
則φ(x)在(0,+∞)內至多只有一個零點,
即h(x)在[0,+∞)內至多有兩個零點.
所以方程f(x)=g(x)的根的個數為2.
數學思想在用導數研究方程根或零點問題中的應用
對于函數的零點問題,往往通過利用導數來研究函數的單調性,從而研究函數在不同區間上的函數取值,利用數形結合來求解函數的零點個數或參數的取值范圍.在求解的過程中要注意函數零點的存在性定理及分類討論思想的應用.
1.(2016·江西宜春中學模擬)設函數f(x)=ln x+,mR.
(1)當m=e(e為自然對數的底數)時,求f(x)的極小值;
(2)討論函數g(x)=f′(x)-零點的個數.
解析:(1)由題設,當m=e時,f(x)=ln x+,則f′(x)=,
當x(0,e)時,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上單調遞減,
當x(e,+∞)時,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上單調遞增,
當x=e時,f(x)取得極小值f(e)=ln e+=2,
f(x)的極小值為2.
(2)由題設g(x)=f′(x)-=--(x>0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
設φ(x)=-x3+x(x>0),則φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
當x(0,1)時,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上單調遞增;
當x(1,+∞)時,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上單調遞減.
x=1是φ(x)的唯一極值點,且是極大值點,因此x=1也是φ(x)的最大值點,
∴φ(x)的最大值為φ(1)=.
當m>時,函數g(x)無零點;
當m=時,函數g(x)有且只有一個零點;
當0時,函數g(x)無零點;當m=或m≤0時,函數g(x)有且只有一個零點;當0e-1時,φ′(x)>0,φ(x)單調遞增,
φ(x)的極小值為φ(e-1)=-e-1.
函數、導數、不等式的交匯命題是課標卷命題的熱點,也是每年高考必考內容,常考的角度主要有不等式恒成立問題及證明不等式,綜合性能有較大的區分度.
交匯點一 不等式恒成立問題
[典例1] (2017·洛陽模擬)設函數f(x)=x3-x2+(a+1)x+1(其中常數aR).
(1)已知函數f(x)在x=1處取得極值,求a的值;
(2)已知不等式f′(x)>x2-x-a+1對任意a(0,+∞)都成立,求x的取值范圍.
解析:(1)因為f(x)=x3-x2+(a+1)x+1,所以f′(x)=ax2-3x+a+1,
因為函數f(x)在x=1處取得極值,所以f′(1)=a-3+a+1=0,解得a=1,
此時f′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2),
當x<1或x>2時,f′(x)>0,f(x)為增函數;當1x2-x-a+1對任意a(0,+∞)都成立,
等價于a>對任意a(0,+∞)都成立,
等價于≤0成立,
所以x2+2x≤0,解得-2≤x≤0.
所以x的取值范圍是[-2,0].
等價轉化思想在求解不等式恒成立問題中的兩種方法
(1)分離參數法:若能夠將參數分離,且分離后含x變量的函數關系式的最值易求,則用分離參數法.
即λ≥f(x)恒成立,則λ≥f(x)max.
λ≤f(x)恒成立,則λ≤f(x)min.
(2)最值轉化法:若參數不易分離或分離后含x變量的函數關系式的最值不易求,則常用最值轉化法.可通過求最值建立關于參數的不等式求解.如f(x)≥0,則只需f(x)min≥0.
1.(2017·南昌模擬)已知函數f(x)=e-x[x2+(1-m)x+1](e為自然對數的底數,m為常數).
(1)若曲線y=f(x)與x軸相切,求實數m的值;
(2)若存在實數x1,x2[0,1]使得2f(x1)2f(x)min,
m≥1時,當x[0,1]時,f′(x)≤0,函數f(x)單調遞減,
所以f(0)>2f(1),
即1>2×m>3-;
m≤0時,x[0,1]時,f′(x)≥0,函數f(x)單調遞增,
所以f(1)>2f(0),
即>2m<3-2e;
③當00,
所以f(x)min=f(m)=,f(x)max=f(0)或f(1),
記函數g(m)=,g′(m)=,當m≥0時,g′(m)≤0,g(m)單調遞減,
所以m(0,1)時,g(m)>g(1)=,
所以2f(x)min=>>1=f(0),
2f(x)min=>>>=f(1),不存在m(0,1)使得f(x)max>2f(x)min,
綜上,實數m的取值范圍是(-∞,3-2e).
交匯點二 證明不等式
[典例2] (2017·青島二中模擬)已知f(x)=.
(1)求函數y=f(x)的單調區間;
(2)若關于x的方程f(x)=x2-2x+k有實數解,求實數k的取值范圍;
(3)當nN*時,求證:nf(n)<2+++…+.
解析:(1)f(x)=,
f′(x)==-.
當x(0,1)時,f′(x)>0;
當x(1,+∞)時,f′(x)<0.
函數f(x)在區間(0,1)上為增函數,在區間(1,+∞)上為減函數.
(2)由(1),得f(x)的極大值為f(1)=1.
令g(x)=x2-2x+k,當x=1時,
函數g(x)取得最小值g(1)=k-1.
方程f(x)=x2-2x+k有實數解,
那么k-1≤1,即k≤2,
實數k的取值范圍是(-∞,2].
(3)證明:函數f(x)在區間(1,+∞)上為減函數,
1+>1(nN*,n≥2),
fg(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),進而構造輔助函數h(x)=f(x)-g(x).
(2)構造“形似”函數:對原不等式同解變形,如移項、通分、取對數;把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構,根據“相同結構”構造輔助函數.
(3)主元法:對于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構造函數f(x,x2)(或f(x1,x)).
(4)放縮法:若所構造函數最值不易求解,可將所證明不等式進行放縮,再重新構造函數.
2.(2017·吉林實驗中學模擬)已知函數f(x)=(ax2-x+a)ex.
(1)討論函數f(x)的單調性;
(2)設g(x)=bln x-x(b>0),當a=時,若對任意x1(0,2),存在x2[1,2],使f(x1)+g(x2)≥0成立,求實數b的取值范圍.
解析:(1)f′(x)=(x+1)(ax+a-1)ex.
當a=0時,f′(x)在(-∞,-1)上時,f′(x)>0,f(x)在(-∞,-1)上單調遞增;f′(x)在(-1,+∞)上時,f ′(x)<0,f(x)在(-1,+∞)上單調遞減.
當a>0時,因為-1+>-1,所以f(x)在(-∞,-1)和(-1+,+∞)上單調遞增,在(-1,-1+)上單調遞減;當a<0時,因為-1+<-1,所以f(x)在(-∞,-1+)和(-1,+∞)上單調遞減,在(-1+,-1)上單調遞增.
(2)由(1)知當a=時,f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,2)上單調遞增,因此f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)=0;
由題意知,對任意x1(0,2),存在x2[1,2],使g(x2)≥-f(x1)成立,因為[-f(x1)]max=0,所以bln x2-x2≥0,即b≥.
令h(x)=,x[1,2],則h′(x)=<0,
因此h(x)min=h(2)=,所以b≥.
3.(2017·武漢調研)已知函數f(x)=x2+(1-a)x-aln x.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)設a>0,證明:當00.
解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞).
由已知,得f′(x)=x+1-a-==.
若a≤0,則f′(x)>0,此時f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
若a>0,則由f′(x)=0,得x=a.當0a時,f′(x)>0.
此時f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增.
(2)證明:令g(x)=f(a+x)-f(a-x),則g(x)=(a+x)2+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-[(a-x)2+(1-a)(a-x)-aln(a-x)]=2x-aln(a+x)+aln(a-x).
g′(x)=2--=.
當00,從而f(x)的最小值為f(a),且f(a)<0.
不妨設02a-x1,于是>a.
由(1)知,f′()>0.
1.定積分的性質
(1)kf(x)dx=f(x)dx(k為常數).
(2)[f(x)±g(x)]dx=f(x)dx±g(x)dx.
(3)f(x)dx=f(x)dx+f(x)dx(其中a
        
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