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2018届高三数学(理)二轮复习课件:第1部分 专题1 第5讲 导数的应用(1)

资料类别: 数学/课件

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

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* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 考点二  利用导数研究函数的单调性 考点二  利用导数研究函数的单调性 类题通法 考点二  利用导数研究函数的单调性 类题通法 考点二  利用导数研究函数的单调性 考点二  利用导数研究函数的单调性 演练冲关 考点二  利用导数研究函数的单调性 演练冲关 考点二  利用导数研究函数的单调性 演练冲关 考点二  利用导数研究函数的单调性 演练冲关 考点二  利用导数研究函数的单调性 演练冲关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 方法结论 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 方法结论 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 类题通法 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 考点三 利用导数研究函数的极值与最值 演练通关 * * * * * * * * * 专题一  集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数  第五讲 导数的应用(一) 热点聚焦  题型突破 限时规范训练 高考体验  真题自检 目  录 ONTENTS 考情分析 1 考情分析 1 考情分析 1 真题自检 2 A  2 真题自检 y=-2x-1 2 真题自检 1-ln 2 2 真题自检 2 真题自检 2 真题自检 2 真题自检 考点一   导数的几何意义 方法结论 题组突破 考点一   导数的几何意义 题组突破 考点一   导数的几何意义 考点一   导数的几何意义 题组突破 误区警示 考点一   导数的几何意义 考点二  利用导数研究函数的单调性 方法结论 考点二  利用导数研究函数的单调性 考点二  利用导数研究函数的单调性 考点二  利用导数研究函数的单调性 考点二  利用导数研究函数的单调性 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 年份	卷别	考查角度及命题位置		2017	卷	利用导数求三棱锥的体积·T16			卷	函数的极小值求法·T11		2016	卷	利用导数研究函数的图象和性质·T7
利用导数研究函数零点、不等式证明·T21			卷	曲线的切线方程·T16
利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数的最值问题·T21			卷	导数的几何意义,切线方程·T15
导数与函数、不等式的综合应用·T21		
年份	卷别	考查角度及命题位置		2015	卷	导数与函数的单调性,根据存在性问题求参数的取值范围·T12
导数的几何意义,函数的最值、零点问题·T21			卷	导数的应用,抽象函数·T12
利用导数研究函数的单调性,根据恒成立求参数的取值范围·T21		
1.(2017·高考全国卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(  )
A.-1  B.-2e-3C.5e-3 	D.1
解析:因为f(x)=(x2+ax-1)ex-1,所以f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f′(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1.令f′(x)>0,解得x<-2或x>1,令f′(x)<0,解得-20时,f(x)=f(-x)=ln x-3x,所以当x>0时,f′(x)=-3,则f′(1)=-2.所以y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为y+3=-2(x-1),即y=-2x-1.
3.(2016·高考全国卷)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=________.
解析:y=ln x+2的切线方程为:y=·x+ln x1+1(设切点横坐标为x1),y=ln(x+1)的切线方程为:y=x+ln(x2+1)-(设切点的横坐标为x2),解得x1=,x2=-,
b=ln x1+1=1-ln 2.
解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g′(1)=0,而g′(x)=a-,g′(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g′(x)=1-.当01时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f′(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h′(x)=2-.
当x时,h′(x)<0;当x时,
h′(x)>0.所以h(x)在单调递减,在单调递增.
又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当x(0,x0)时,h(x)>0;当x(x0,1)时,h(x)<0;当x(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-20,那么函数y=f(x)在此区间内单调递增;如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在此区间内单调递减.
[典例] (1)(2017·兰州模拟)已知函数f(x)=ex-ax(aR,e为自然对数的底数).
讨论函数f(x)的单调性;
若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.

2
解析:函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-a.
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在R上为增函数;
当a>0时,由f′(x)=0得x=ln a,
则当x(-∞,ln a)时,f′(x)<0,
函数f(x)在(-∞,ln a)上为减函数,
当x(ln a,+∞)时,f′(x)>0,
函数f(x)在(ln a,+∞)上为增函数.
2
②当a=1时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x=(x-m-1)ex+(m+1)x,
g(x)在(2,+∞)上为增函数,
g′(x)=xex-mex+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立,
即m≤在(2,+∞)上恒成立,
令h(x)=,x(2,+∞),
2
h′(x)==.
令L(x)=ex-x-2,
L′(x)=ex-1>0在(2,+∞)上恒成立,
即L(x)=ex-x-2在(2,+∞)上为增函数,
即L(x)>L(2)=e2-4>0,h′(x)>0,
2
即h(x)在(2,+∞)上为增函数,h(x)>h(2)=,
m≤.
故实数m的取值范围为.
(2)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.
求a,b的值;
讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.

①f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4,f′(0)=4.故b=4,a+b=8.
从而a=4,b=4.
由知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
 f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex-).
令f′(x)=0,得x=-ln 2或x=-2.
从而当x(-∞,-2)(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;
当x(-2,-ln 2)时,f′(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)单调递增,在(-2,-ln 2)单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
1.分类讨论思想在研究函数单调性中的应用
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论:
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论.
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.

2.分离参数法在求解已知单调性求参数范围中的应用
设可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减),则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0),从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).
1.已知函数f(x)=x-+1-aln x,a>0.讨论f(x)的单调性.

解析:由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),导函数f′(x)=1+-=.
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.
当Δ<0,即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
当Δ=0,即a=2时,仅对x=有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
③当Δ>0,即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根x1=,x2=,02时,f′(x)>0,即f(x)单调递增.
f(x)只有极小值,且在x=2时,f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.
当a=-4时,f(x)只有极小值4-4ln 2,无极大值.
②∵f′(x)=,
当a>0,x(0,+∞)时,f′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,没有最小值;
当a<0时,由f′(x)>0得,x>-,
f(x)在上单调递增;
由f′(x)<0得,x<-,f(x)在上单调递减.
当a<0时,
根据题意得f=aln-a≥-a,
即a[ln(-a)-ln 2]≥0.
a<0,ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2,
实数a的取值范围是[-2,0).
1.对于含参数的函数极值、最值问题,要注意分类讨论思想的应用.注意函数的零点不一定是极值点.
2.在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值,在不是闭区间的情况下,函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在、也可能只存在一个、或既无最大值也无最小值;在一个区间上,如果函数只有一个极值点,则这个极值点就是最值点.
1.设函数f(x)=ln x-ax2-bx,若x=1是f(x)的极大值点,求a的取值范围.

∵f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b,
由f′(1)=0,得b=1-a.f′(x)=-ax+a-1=
=-.
若a≥0,当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;所以x=1是f(x)的极大值点.
若a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-.
因为x=1是f(x)的极大值点,所以->1,解得-10时,f(x)在[1,e]上单调递增.
所以f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a.
所以当a≥2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为a;当a<2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
3.(2017·青岛二中模拟)已知函数f(x)=x-1+(aR,e为自然对数的底数).
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;
(2)求函数f(x)的极值.
解析:(1)由f(x)=x-1+,得f′(x)=1-.
又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,
得f′(1)=0,即1-=0,解得a=e.
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