数学一轮复习第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题课件.pptx

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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题内容索引INDEX第1课时导数与不等式第2课时导数与方程导数与不等式导数与不等式第1课时证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法(1)求a，b的值；因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，命题点2分拆函数法例2(2019福州期末)已知函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(2)

2、当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(x)maxf(1)e，所以当0 x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min证得不等式.(2)证明f(x)g(x)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的

3、中间量，达到证明的目的.思维升华SI WEI SHENG HUA跟踪训练1(1)设函数f(x)ln xx1.讨论f(x)的单调性；解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，当0 x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.证明由知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln x0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.不等式恒成立或有解问题题型二师生共研令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取

4、值范围是(，2.引申探究由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华SI WEI SHENG HUA跟踪训练2已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.解f(x)ex12ax，令h(

5、x)ex12ax，则h(x)ex2a.在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)2.f(x)在(0，)上是增函数，在(0，x0)上f(x)单调递减，在(x0，)上f(x)单调递增，f(x)在xx0处有极小值，也是最小值.故f(x)2，即exln x2.二、分离ln x与ex例2(2019长沙三校统考)已

6、知函数f(x)ax2xln x.(1)若函数f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；解由题意知，f(x)2axln x1.因为函数f(x)在(0，)上单调递增，所以当x0时，f(x)0，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则g(x)maxg(1)1，再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.故原不等式成立.三、借助exx1和ln xx1进行放缩例3(2019长春质检)已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；解f(x)ex，因为函数f

7、(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)若f(x)ln x0恒成立，求整数a的最大值.解先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)ln x，当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x1，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.基础保分练1.已知f(x)exax2，若f(x)x(1x)ex在0，)恒成立，求实数a的取值范围.12345课时精练12345解f(x)x(1x)ex，即exax2xexxex，即exax10，x0.令h(x)exax

8、1(x0)，则h(x)exa(x0)，当a1时，由x0知h(x)0，在0，)上h(x)h(0)0，原不等式恒成立.当a1时，令h(x)0，得xln a；令h(x)0，得0 x1不合题意.综上，实数a的取值范围为(，1.2.(2020沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；12345解由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是

9、(ln 2，).f(x)在xln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)2(1ln 2a).无极大值.(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.12345证明设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增.于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0).又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增.3

10、.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；解f(x)的定义域为(0，)，123451234512345当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.12345技能提升练(1)若m3，求f(x)的极值；解f(x)的定义域为(0，)，当x3时，f(x)0，f(x)是增函数，当0 x3时，f(x)1时，h(x)0，当0 x0，h(x)在(0,1上是增函数，在1，)上是减函数，m1，即m的取值范围是1，).12345拓展冲刺练5.已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(

11、xm)2ex，求整数k的最小值.12345解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，12345设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.导数与方

12、程导数与方程第2课时函数零点个数问题题型一答题模板例1(12分)(2019全国)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：证明f(x)的定义域为(1，)，当x(1，x0)时，g(x)0；规范解答(2)f(x)有且仅有2个零点.当x(1,0时，由(1)可知f(x)在(1,0上单调递增，f(x)f(0)0，f(x)在(1,0上单调递减，又f(0)0.x0为f(x)在(1,0上的唯一零点.7分又f(0)0，f(x0)0，f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)0，不存在零点，当x(，)时，ln(x1)ln(1)1，f(x)sin xln(1x)0恒成立，所

13、以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，).由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增；若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点；若ln a0，即0a1，则f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一个零点；若0ln a1，即1ae，则f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有

14、两个零点，当ea10，即e1a2.证明h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1，当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表.由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21时，F(x)F(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x12x1，x1x22得证.证明欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f(x)有两个零点，又f(x)ln xmx，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不同实根.可得ln x2ln x1m(

15、x2x1)，所以h(t)为(1，)上的增函数，所以有ln x1ln x22成立，即x1x2e2.基础保分练12345课时精练(1)求f(x)的单调区间；解函数f(x)的定义域是(0，)，令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0 xe2，所以f(x)的单调减区间为(0，e2)，单调增区间为(e2，).12345(2)判断f(x)的零点个数.12345f(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，f(x)在区间(0，e2上无零点，在e2，)上有f(e2a)a(12ea)0，f(x)在区间e2，)上有一个零点；12345又f(e2)0，f(x)在(0，e2上有一个零点，在(e2，)上有

16、一个零点.12345解g(x)2ln xx2m，当1xe时，g(x)0，由f(x)0，得x2，由f(x)0，得0 x0).若函数h(x)在(0，)内恰有两个零点，求实数a的取值范围.12345技能提升练解因为函数g(x)的定义域为(0，)，12345所以函数g(x)在(0，)内单调递减.当x(0，e)时，g(x)g(e)0，依题意，h(x)g(x)0，则函数h(x)无零点.当xe时，g(e)0，f(e)e33aee，当x(e，)时，g(x)3e23a，所以当ae2时，f(x)0，函数f(x)在(e，)内单调递增.又f(e)e33aee，12345又f(2e)8e36aee8e36e3e0，此时

17、函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.12345因为f(e)e33aeee33e3e8a26a2e2a2e0，所以此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.解易得f(x)ex1k，当k0时，令f(x)0，得xln k1，可得当x(，ln k1)时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，)上单调递增.当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增.拓展冲刺练5.(2019河南豫北名校联考)已知函数f(x)ex1kx2k(其中e是自然对数的底数，kR).(1)讨论函数f(x)的单调性；12345(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1x22.12345证明当k0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k0，由题意知 k(x12)，k(x22)，12345即证(t1)ln t2(t1)0，令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)，所以g(t)g(1)0.所以g(t)在区间1，)上单调递增，所以当t1时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证.123452023/10/2496谢谢观赏勤能补拙，学有成就！