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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6讲 导数的应用(2)

资料类别: 数学/课件

所属版本: 通用

所属地区: 全国

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* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 考点二 导数、函数、不等式的交汇问题 类题通法 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 类题通法 类题通法 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 考点三 定积分与微积分基本定理 方法结论 考点三 定积分与微积分基本定理 方法结论 题组突破 考点三 定积分与微积分基本定理 题组突破 考点三 定积分与微积分基本定理 题组突破 考点三 定积分与微积分基本定理 误区警示 * * 专题一  集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第六讲 导数的应用(二) 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 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 真题自检 考点一 导数与方程问题 考点一 导数与方程问题 考点一 导数与方程问题 类题通法 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 演练冲关 考点一 导数与方程问题 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
若a≤0,因为f =-+aln 2<0,
所以不满足题意;
若a>0,由f′(x)=1-=知,当x(0,a)时,f′(x)<0;当x(a,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.
故a=1.
2.(2016·高考全国卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解析:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
设a>0,则当x(-∞,1)时,f′(x)<0;
当x(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=a>0,
故f(x)存在两个零点.
③设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-,则ln(-2a)≤1,
故当x(1,+∞)时,
f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<-,则ln(-2a)>1,
故当x(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;
当x(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,
在(ln(-2a),+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)证明:不妨设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.设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)=0,
故当x>1时,g(x)<0. 从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
3.(2017·高考全国卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
 f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,则当x(0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x(0,-)时,f′(x)>0;当x(-,+∞)时,f′(x)<0.故f(x)在(0,-)单调递增,在(-,+∞)单调递减.
(2)证明:由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f(-)=ln(-)-1-.
所以f(x)≤--2等价于ln(-)-1-≤--2,即ln(-)++1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=-1.
当x(0,1)时,g′(x)>0;当x(1,+∞)时,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln(-)++1≤0,即f(x)≤--2.
[典例] (2017·临沂模拟)已知函数f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然对数的底数,e=2.718 28….
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;
(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.
解析:(1)证明:h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x,
则h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->0,所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)由(1)得h(x)=ex-1--x.
由g(x)=+x知,x[0,+∞),
而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点,而h(x)在(1,2)内有零点,
因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.
因为h′(x)=ex-x--1,记φ(x)=ex-x--1,
则φ′(x)=ex+x-.当x(0,+∞)时,φ′(x)>0,
因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点,
即h(x)在[0,+∞)内至多有两个零点.
所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.
数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用
对于函数的零点问题,往往通过利用导数来研究函数的单调性,从而研究函数在不同区间上的函数取值,利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围.在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用.
1.(2016·江西宜春中学模拟)设函数f(x)=ln x+,mR.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.
解析:(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,则f′(x)=,
当x(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,
当x(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,
当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,
f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)=f′(x)-=--(x>0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+x(x>0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,
∴φ(x)的最大值为φ(1)=.
当m>时,函数g(x)无零点;
当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0时,函数g(x)无零点;当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0e-1时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,
φ(x)的极小值为φ(e-1)=-e-1.
函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点,也是每年高考必考内容,常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式,综合性能有较大的区分度.
交汇点一 不等式恒成立问题
[典例1] (2017·洛阳模拟)设函数f(x)=x3-x2+(a+1)x+1(其中常数aR).
(1)已知函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
(2)已知不等式f′(x)>x2-x-a+1对任意a(0,+∞)都成立,求x的取值范围.
解析:(1)因为f(x)=x3-x2+(a+1)x+1,所以f′(x)=ax2-3x+a+1,
因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=a-3+a+1=0,解得a=1,
此时f′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2),
当x<1或x>2时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当1x2-x-a+1对任意a(0,+∞)都成立,
等价于a>对任意a(0,+∞)都成立,
等价于≤0成立,
所以x2+2x≤0,解得-2≤x≤0.
所以x的取值范围是[-2,0].
等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法
(1)分离参数法:若能够将参数分离,且分离后含x变量的函数关系式的最值易求,则用分离参数法.
即λ≥f(x)恒成立,则λ≥f(x)max.
λ≤f(x)恒成立,则λ≤f(x)min.
(2)最值转化法:若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求,则常用最值转化法.可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)≥0,则只需f(x)min≥0.
1.(2017·南昌模拟)已知函数f(x)=e-x[x2+(1-m)x+1](e为自然对数的底数,m为常数).
(1)若曲线y=f(x)与x轴相切,求实数m的值;
(2)若存在实数x1,x2[0,1]使得2f(x1)2f(x)min,
m≥1时,当x[0,1]时,f′(x)≤0,函数f(x)单调递减,
所以f(0)>2f(1),
即1>2×m>3-;
m≤0时,x[0,1]时,f′(x)≥0,函数f(x)单调递增,
所以f(1)>2f(0),
即>2m<3-2e;
③当00,
所以f(x)min=f(m)=,f(x)max=f(0)或f(1),
记函数g(m)=,g′(m)=,当m≥0时,g′(m)≤0,g(m)单调递减,
所以m(0,1)时,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,
综上,实数m的取值范围是(-∞,3-2e).
交汇点二 证明不等式
[典例2] (2017·青岛二中模拟)已知f(x)=.
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围;
(3)当nN*时,求证:nf(n)<2+++…+.
解析:(1)f(x)=,
f′(x)==-.
当x(0,1)时,f′(x)>0;
当x(1,+∞)时,f′(x)<0.
函数f(x)在区间(0,1)上为增函数,在区间(1,+∞)上为减函数.
(2)由(1),得f(x)的极大值为f(1)=1.
令g(x)=x2-2x+k,当x=1时,
函数g(x)取得最小值g(1)=k-1.
方程f(x)=x2-2x+k有实数解,
那么k-1≤1,即k≤2,
实数k的取值范围是(-∞,2].
(3)证明:函数f(x)在区间(1,+∞)上为减函数,
1+>1(nN*,n≥2),
fg(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).
(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)).
(4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.
2.(2017·吉林实验中学模拟)已知函数f(x)=(ax2-x+a)ex.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设g(x)=bln x-x(b>0),当a=时,若对任意x1(0,2),存在x2[1,2],使f(x1)+g(x2)≥0成立,求实数b的取值范围.
解析:(1)f′(x)=(x+1)(ax+a-1)ex.
当a=0时,f′(x)在(-∞,-1)上时,f′(x)>0,f(x)在(-∞,-1)上单调递增;f′(x)在(-1,+∞)上时,f ′(x)<0,f(x)在(-1,+∞)上单调递减.
当a>0时,因为-1+>-1,所以f(x)在(-∞,-1)和(-1+,+∞)上单调递增,在(-1,-1+)上单调递减;当a<0时,因为-1+<-1,所以f(x)在(-∞,-1+)和(-1,+∞)上单调递减,在(-1+,-1)上单调递增.
(2)由(1)知当a=时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=0;
由题意知,对任意x1(0,2),存在x2[1,2],使g(x2)≥-f(x1)成立,因为[-f(x1)]max=0,所以bln x2-x2≥0,即b≥.
令h(x)=,x[1,2],则h′(x)=<0,
因此h(x)min=h(2)=,所以b≥.
3.(2017·武汉调研)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a>0,证明:当00.
解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
由已知,得f′(x)=x+1-a-==.
若a≤0,则f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.当0a时,f′(x)>0.
此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)证明:令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则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--=.
当00,从而f(x)的最小值为f(a),且f(a)<0.
不妨设02a-x1,于是>a.
由(1)知,f′()>0.
1.定积分的性质
(1)kf(x)dx=f(x)dx(k为常数).
(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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