2023年高三数学二轮复习专题二第三讲导数的应用精品讲义理.pdf

2019-2020年高三数学二轮复习专题二第三讲导数的应用教案理类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f（x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf（x0)；(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f（x0)(xx0)例 1(xx 年高考安徽卷改编)设函数f(x)aex1aexb(a0)在点(2，f(2)处的切线方程为y32x，求a，b的值 解析 f（x)aex1aex，f(2)ae21ae232，解得ae22 或ae212(舍去)，所以a2e2，代入原函数可得212b3，即b12，故a2e2，b12.跟踪训练已知函数f(x)x3x.(1)求曲线yf(x)的过点(1，0)的切线方程；(2)若过x轴上的点(a，0)可以作曲线yf(x)的三条切线，求a的取值范围解析：(1)由题意得f（x)3x21.曲线yf(x)在点M(t，f(t)处的切线方程为yf(t)f（t)(xt)，即y(3t21)x2t3，将点(1，0)代入切线方程得2t33t210，解得t1 或，代入y(3t21)x2t3得曲线yf(x)的过点(1，0)的切线方程为y2x 2 或yx.(2)由(1)知若过点(a，0)可作曲线yf(x)的三条切线，则方程2t33at2a0 有三个相异的实根，记g(t)2t33at2a.则g（t)6t2 6at6t(ta)当a0 时，函数g(t)的极大值是g(0)a，极小值是g(a)a3a，要使方程g(t)0 有三个相异的实数根，需使a0 且a3a0 且a210，即a1；当a0 时，函数g(t)单调递增，方程g(t)0 不可能有三个相异的实数根；当a0 时，函数g(t)的极大值是g(a)a3a，极小值是g(0)a，要使方程g(t)0 有三个相异的实数根，需使a0，即a0，即a0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f（x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以当x(0，1)时，f（x)0；当x(1，)时，f（x)0 时，yax22x1 为开口向上的抛物线，所以ax22x10 在(0，)上恒有解；(2)当a0，此时 1a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1 上的最大值 解析(1)f（x)2ax，g（x)3x2b，因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a1 1b，且 2a3b.解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当b14a2时，h(x)x3ax214a2x1，h（x)3x22ax14a2.令h（x)0，得x1a2，x2a6.a0 时，h(x)与h（x)的变化情况如下：0 0 所以函数h(x)的单调递增区间为(，a2)和(a6，)；单调递减区间为(a2，a6)当a2 1，即 0a时，函数h(x)在区间(，1 上单调递增，h(x)在区间(，1 上的最大值为h(1)a14a2.当a2 1，且a6 1，即 2a时，函数h(x)在区间(，a2)上单调递增，在区间(a2，1 上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h(a2)1.当a66 时，函数h(x)在区间(，a2)上单调递增，在区间(a2，a6)上单调递减，在区间(a6，1 上单调递增，又因为h(a2)h(1)1a14a214(a2)20，所以h(x)在区间(，1 上的最大值为h(a2)1.跟踪训练(xx年珠海摸底)若函数f(x)2x33x21（x0）eax（x0），在 2，2 上的最大值为2，则a的取值范围是()A12ln 2，）B0，12ln 2 C(，0 D(，12ln 2 解析：当x时，f（x)6x26x，易知函数f(x)在(，0 上的极大值点是x 1，且f(1)2，故只要在(0，2 上，eax即可，即axln 2在(0，2 上恒成立，即aln 2x在(0，2 上恒成立，故a12ln 2.答案：D 析典题（预测高考）高考真题【真题】(xx年高考辽宁卷)设f(x)ln(x1)x1axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线y32x在(0，0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当 0 x2 时，f(x)0 时，2（x1）x11x2，故x1x2 1.记h(x)f(x)9xx6，则h（x)1x112x 154（x6）22x 12（x1）54（x6）2x64（x1）54（x6）2（x6）3216（x1）4（x1）（x6）2.令g(x)(x6)3216(x1)，则当 0 x2 时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0，2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0，2)内是递减函数又h(0)0，得h(x)0.于是当 0 x2 时，f(x)0 时，2（x1）x11x2，故x1x21.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k（x)1x1 1xx10，故k(x)0，即 ln(x1)0 时，f(x)32x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当 0 x2 时，h（x)f(x)(x 6)f（x)932x(x6)（1x112x1)912（x1）3x(x 1)(x6)(2 x1)18(x 1)12（x1）3x(x 1)(x6)(3 x2)18(x 1)x4（x 1）(7x18)0.因此h(x)在(0，2)内单调递减又h(0)0，所以h(x)0，即f(x)g(x)12；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题知当a1 时，f（x)11xx1x，因为当 0 x1 时，f（x)0，此时f(x)单调递减，当 1x0，此时f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)1.(2)证明因为f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e 上的最小值为1.令h(x)g(x)12ln xx12，h（x)1ln xx2，当 0 x0，h(x)在(0，e 上单调递增，所以h(x)maxh(e)1e12g(x)12.(3)假设存在实数a，使f(x)axln x(x(0，e)有最小值3，f（x)a1xax1x.当a时，因为x(0，e，所以f（x)0，而f(x)在(0，e 上单调递减，所以f(x)minf(e)ae 13，a4e(舍去)，此时f(x)无最小值；当 01ae 时，f(x)在(0，1a)上单调递减，在(1a，e 上单调递增，所以f(x)minf(1a)1ln a3，ae2，满足条件；当1a时，因为x(0，e，所以f（x)0，所以f(x)在(0，e 上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去)此时f(x)无最小值综上，存在实数ae2，使得当x(0，e 时，f(x)有最小值3.