浙江专用高考数学复习第四章导数及其应用专题突破二高考中的导数应用问题课件.pptx

高考专题突破二 高考中的导数应用问题,第四章 导数及其应用,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,题型分类 深度剖析,1,PART ONE,题型一 利用导数研究函数性质,例1 (2018台州质检)已知函数f(x)x3|xa|(aR) (1)当a1时，求f(x)在(0，f(0)处的切线方程；,师生共研,解 当a1，x1时，f(x)x31x， f(x)3x21， 所以f(0)1，f(0)1， 所以f(x)在(0，f(0)处的切线方程为xy10.,(2)当a(0,1)时，求f(x)在1,1上的最小值(用a表示),解 当a(0,1)时，,当ax1时，由f(x)3x210，知f(x)在a ，1上单调递增 当1xa时，由f(x)3x21，,所以f(x)minminf(1)，f(a)mina，a3a3.,利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值已知f(x)的单调性，可转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题；解决含参函数的性质问题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析,跟踪训练1 已知aR，函数f(x)(x2ax)ex (xR，e为自然对数的底数) (1)当a2时，求函数f(x)的单调递增区间；,解 当a2时，f(x)(x22x)ex， 所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex (x22)ex. 令f(x)0，即(x22)ex0， 因为ex0， 所以x220，,(2)若函数f(x)在(1,1)上单调递增，求a的取值范围,解 因为函数f(x)在(1,1)上单调递增， 所以f(x)0对x(1,1)都成立 因为f(x)(2xa)ex(x2ax)ex x2(a2)xaex， 所以x2(a2)xaex0对x(1,1)都成立 因为ex0， 所以x2(a2)xa0对x(1,1)都成立，,对x(1,1)都成立,题型二 利用导数研究函数零点问题,师生共研,当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，,f(x)的极小值为2.,则(x)x21(x1)(x1)， 当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减 x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，,又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，,当m0时，函数g(x)有且只有一个零点,函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一,跟踪训练2 (2018绍兴质测)已知函数f(x) x3ax23xb. (1)当a2，b0时，求f(x)在0,3上的值域；,得f(x)x24x3(x1)(x3) 当x(0,1)时，f(x)0，故f(x)在(0,1)上单调递增； 当x(1,3)时，f(x)0，故f(x)在(1,3)上单调递减,(2)对任意的b，函数g(x)|f(x)| 的零点不超过4个，求a的取值范围,解 由题意得f(x)x22ax3，4a212. 当0，即a23时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，满足题意； 当0，即a23时，f(x)0有两根， 设两根为x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23. 则f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减,化简得(a23)31，解得3a24. 综合，得a24，即2a2.,题型三 利用导数研究不等式问题,师生共研,例3 已知函数f(x)xln x，g(x)(x21)(为常数) (1)若函数yf(x)与函数yg(x)在x1处有相同的切线，求实数的值；,因为在x1处有相同的切线，,设H(x)f(x)g(x)，,因为x1，所以(H(x)0，即H(x)单调递减， 又因为H(1)0，所以H(x)0，即H(x)单调递减， 而H(1)0，所以H(x)0，即f(x)g(x),求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解,跟踪训练3 已知函数f(x) ax2ln x(x0，aR) (1)若a2，求点(1，f(1)处的切线方程；,f(1)1，f(1)1，所求的切线方程为yx.,(2)若不等式f(x) 对任意x0恒成立，求实数a的值,当a0时，f(x)0，,故此时不合题意；,g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， g(x)g(1)0， 即1ln xx0， 故1ln aa0，a1.,课时作业,2,PART TWO,基础保分练,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：,1,2,3,4,5,6,2.已知函数f(x)axex(aR)，g(x) . (1)求函数f(x)的单调区间；,1,2,3,4,5,6,解 因为f(x)aex，xR. 当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a. 由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)； 由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，).,(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围.,1,2,3,4,5,6,解 因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，,当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,3.已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2. (1)求a的值；,1,2,3,4,5,6,解 f(x)3x26xa，f(0)a. 曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2.,所以a1.,(2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,证明 由(1)知，f(x)x33x2x2. 设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知1k0. 当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增， g(1)k10时，令h(x)x33x24， 则g(x)h(x)(1k)xh(x). h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，,1,2,3,4,5,6,所以g(x)h(x)h(2)0. 所以g(x)0在(0，)上没有实根. 综上，g(x)0在R上有唯一实根， 即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,4.设函数f(x) ax2(a3)x3，其中aR，函数f(x)有两个极值点x1，x2，且0x11. (1)求实数a的取值范围；,1,2,3,4,5,6,解 由题意可知，f(x)x2axa3，x1，x2为f(x)0的两个根， 所以a24(a3)0，得a6或a2.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,即2a3， 即3a2. 综上可知，3a2.,(2)设函数(x)f(x)a(xx1)，当x1xx2时，求证：|(x)|9.,1,2,3,4,5,6,证明 由0x11，x1xx2，知， (x)f(x)a(xx1)(xx1)(xx2)a(xx1)(xx1)(xx2a),1,2,3,4,5,6,(x2x1)(x2x1),由(1)可知3a2， 所以0a24a129， 所以|(x)|9.,1,2,3,4,5,6,技能提升练,1,2,3,4,5,6,由yx240，得x2. 因为当x(，2)时，y0， x(2,2)时，y0， 故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)， 单调递减区间是(2,2).,1,2,3,4,5,6,(2)求证：当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立；,1,2,3,4,5,6,证明 方法一 令h(x)f(x)gt(x),当t0时，,当x(0， )时，h(x)0，,当x( ，)时，h(x)0，,所以h(x)在(0，)内的最小值是h( )0. 故当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立.,1,2,3,4,5,6,方法二 对任意固定的x0，,则h(t) (x )，,由h(t)0，得tx3. 当00； 当tx3时，h(t)0，,因此当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立.,1,2,3,4,5,6,有且仅有一个正实数x0，使得g8(x0)gt(x0)对任意正实数t成立.,1,2,3,4,5,6,即(x02)2(x04)0， 又因为x00， 不等式成立的充要条件是x02， 所以有且仅有一个正实数x02， 使得g8(x0)gt(x0)对任意正实数t成立.,6.已知函数f(x)xaln x，aR. (1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；,1,2,3,4,5,6,拓展冲刺练,当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立， 函数f(x)在(0，)上单调递增， 所以f(x)在(0，)上没有极值点. 当a0时，由f(x)0，得xa， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增， 即f(x)在xa处有极小值，无极大值. 所以当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点， 当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点.,1,2,3,4,5,6,(2)设g(x