2022年高三数学二轮复习教案专题二第三讲导数的应用.docx

《2022年高三数学二轮复习教案专题二第三讲导数的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学二轮复习教案专题二第三讲导数的应用.docx（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载第三讲 导数的应用研热点（聚焦突破）类型一 利用导数争论切线问题导数的几何意义1函数 yfx在 xx0 处的导数 f x0就是曲线 yfx在点 x0,fx0处的切线的斜率,即 kf x0；2曲线 yfx在点x0,fx0处的切线方程为 yfx0f x0xx0例 1 20XX 年高考安徽卷改编 设函数 fxae x 1 ae xba0在点 2,f2处的切线方程为 y3 2x,求 a,b 的值 解析f xae x 1 ae x,f2ae 21 ae 23 2,解得 ae 22 或 ae 21 2舍去 ,所以 a2 e 2,代入原函数

2、可得 21 2b3,即 b1 2,故 a2 e 2,b1 2. 跟踪训练已知函数 fxx3x. 1求曲线 yfx的过点 1,0的切线方程；2如过 x 轴上的点 a,0可以作曲线 yfx的三条切线,求a 的取值范畴名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析：1由题意得 f x3x21.曲线 yfx在点 Mt,ft处的切线方程为 yftf txt,即 y3t21x2t3,将点 1,0代入切线方程得 2t33t210,解得 t1 或1 2,代入 y . 3t21x2t3得曲线 yfx的过点 1,0的切线方程为

3、 y2x2 或 y1 4x1 42由1知如过点 a,0可作曲线 yfx的三条切线, 就方程 2t33at2a0 有三个相异的实 根,记 gt2t33at2a. 就 g t6t 26at6tta当 a0 时,函数 gt的极大值是 g0a,微小值是 gaa 3a,要使方程 gt0 有三个 相异的实数根,需使 a0 且 a3a0 且 a210,即 a1；当 a0 时,函数 gt单调递增,方程 gt0 不行能有三个相异的实数根；当 a0 时,函数 gt的极大值是 ga a3a,微小值是 g0a,要使方程 gt0 有三个相异的实数根,需使 a0,即 a0,即 a0,那么函数 fx在区间 a,b上单调递增

4、；假如 f x0；当 x1,时, hx0,所以当 x0,1时, f x0；当 x1,时, f x0 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,gxx 3bx. 1如曲线 yfx与曲线 ygx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 fxgx的单调区间,并求其在区间 解析 1f x2ax,g x3x2b,1上的最大值由于曲线 yfx与曲线 ygx在它们的交点 1,c处具有公共切线,所以 f1g1,且 f1g1即 a11b,且 2a3b. 解得 a3,b3. 名师归纳总结 2记 hxfxgx当 b

5、1 4a 2 时,a,aaa,第 4 页,共 9 页hxx 3ax 21 4a 2x1,h x3x 22ax1 4a 2. 令 h x0,得 x1a 2,x2 a 6. a0 时,hx与 h x的变化情形如下：x,aa222666h x 0 0 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - h x 学习必备欢迎下载所以函数 hx的单调递增区间为 ,a 2和a 6,；单调递减区间为 a 2, a 6当a 21,即 0a2时,函数 hx在区间 , 1上单调递增, hx在区间 ,1上的最大值为 h1a1 4a 2. 当a 21,且 a 61,即 2a6时,函数 hx在区

6、间 ,a 2上单调递增,在区间 a 2,1上单调递减, hx在区间 ,1上的最大值为 ha 21. 当a 66 时,函数 hx在区间 ,a 2上单调递增,在区间 a 2,a 6上单调递减,在区间 a 6,1上单调递增,又由于 ha 2h11a1 4a 21 4a2 20,所以 hx在区间 ,1上的最大值为 ha 21. 跟踪训练 2x 33x 21（x0）20XX 年珠海摸底 如函数 fxe ax（x0）,在 2,2上的最大值为 2,就 a名师归纳总结 的取值范畴是 B0,1 2ln 2 第 5 页,共 9 页A 1 2ln 2,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -

7、- - - 学习必备 欢迎下载C,0 D,1 2ln 2 解析：当 x0 时,f x 6x 26x,易知函数 fx在,0上的极大值点是 x 1,且 f12,故只要在 0,2上, e ax2 即可,即 axln 2 在0,2上恒成立,即 aln 2 x在0,2上恒成立,故 a1 2ln 2. 答案： D 析典题（猜测高考）高考真题【真题】20XX 年高考辽宁卷 设 fxlnx1x1axba,bR,a,b 为常数,曲线 yfx与直线 y3 2x 在0,0点相切1求 a,b 的值；名师归纳总结 2证明：当 0x2 时, fx0 时,2（x1）1x11x2,故x1x 21. 记 hxfx9x,x6就

8、h x1x121542x1（x6）2x12（x1）542x6542（x6）4（x1）（x6）（x6）3216（x1）. 4（x1）（ x6）2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载令 gxx6 3216x1,就当 0x2 时, gx3x6 22160.因此 gx在0,2内是递减函数又由 g00,得 gx0,所以 hx0. 因此 hx在0,2内是递减函数又 h00,得 hx0.于是当 0x2 时, fx 9x . x6x10 时, 2（x1）1x11x2,故令 kxlnx1x,就 k00,k x11x1x 0,x1故 kx0,即 lnx10

9、 时, fx3 2x. 记 hxx6fx9x,就当 0x2 时,h xfxx6f x93 2x x6 x1 12 1x1 92（x1）13xx1x6 2x118x12（x1）1 3xx1 x6 3x 2 18x1 4（x1）x7x180. 因此 hx在0,2内单调递减又 h00,所以 hx0,即 fxgx1 2；3是否存在实数 a,使 fx的最小值是 3,如存在, 求出 a 的值；如不存在, 请说明理由【解析】1由题知当 a1 时, f x11 xx1 x,由于当 0x1 时,f x0,此时 fx单调递减,当 1x0,此时 fx单调递增,所以 fx的微小值为 f11.2证明由于 fx的微小值为

10、 1,即 fx在0,e上的最小值为 1. 令 hxgx1 2ln x x1 2,h x1ln xx2,当 0x0,hx在0,e上单调递增,所以 hxmaxhe1 e1 2gx1 2. 3假设存在实数 a,使 fxaxln xx0,e有最小值 3,f xa1 xax1x . 当 a0 时,由于 x0,e,所以 f x0,而 fx在0,e上单调递减,名师归纳总结 所以 fxminfeae13,a4 e舍去 ,第 8 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载此时 fx无最小值；当 01 ae 时, fx在0,1 a上单调递减,在 1 a,e上单调递增,所以 fxminf1 a1ln a3,ae 2,满意条件；当1 ae 时,由于 x0,e,所以 f x0,所以 fx在0,e上单调递减, fxminfeae13,a4 e舍去 此时 fx无最小值名师归纳总结 综上,存在实数 ae 2,使得当 x0,e时, fx有最小值 3. 第 9 页,共 9 页- - - - - - -