《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題突破二 高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題課件.ppt（60頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考專題突破二高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題,第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,題型分類 深度剖析,課時(shí)作業(yè),題型分類深度剖析,1,PART ONE,題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì),例1 (2018臺(tái)州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)x3|xa|(aR) (1)當(dāng)a1時(shí)，求f(x)在(0，f(0)處的切線方程；,師生共研,解當(dāng)a1，x1時(shí)，f(x)x31x， f(x)3x21， 所以f(0)1，f(0)1， 所以f(x)在(0，f(0)處的切線方程為xy10.,(2)當(dāng)a(0,1)時(shí)，求f(x)在1,1上的最小值(用a表示),解當(dāng)a(0,1)時(shí)，,當(dāng)ax1時(shí)，由f(x)3x210，知f(x)在

2、a ，1上單調(diào)遞增 當(dāng)1xa時(shí)，由f(x)3x21，,所以f(x)minminf(1)，f(a)mina，a3a3.,利用導(dǎo)數(shù)主要研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值已知f(x)的單調(diào)性，可轉(zhuǎn)化為不等式f(x)0或f(x)0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題；解決含參函數(shù)的性質(zhì)問題的關(guān)鍵是極值點(diǎn)與給定區(qū)間位置關(guān)系的討論，此時(shí)要注意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析,跟蹤訓(xùn)練1已知aR，函數(shù)f(x)(x2ax)ex (xR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) (1)當(dāng)a2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；,解當(dāng)a2時(shí)，f(x)(x22x)ex， 所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex (x22)ex. 令f(x)0，即(x22)e

3、x0， 因?yàn)閑x0， 所以x220，,(2)若函數(shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍,解因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞增， 所以f(x)0對(duì)x(1,1)都成立 因?yàn)閒(x)(2xa)ex(x2ax)ex x2(a2)xaex， 所以x2(a2)xaex0對(duì)x(1,1)都成立 因?yàn)閑x0， 所以x2(a2)xa0對(duì)x(1,1)都成立，,對(duì)x(1,1)都成立,題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題,師生共研,當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，,f(x)的極小值為2.,則(x)x21(x1)(x1)， 當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)

4、x(1，)時(shí)，(x)0，(x)在(1，)上單調(diào)遞減 x1是(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，因此x1也是(x)的最大值點(diǎn)，,又(0)0，結(jié)合y(x)的圖象(如圖)，,當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn),函數(shù)零點(diǎn)問題一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點(diǎn)或圖象的交點(diǎn)情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實(shí)現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一,跟蹤訓(xùn)練2(2018紹興質(zhì)測(cè))已知函數(shù)f(x) x3ax23xb. (1)當(dāng)a2，b0時(shí)，求f(x)在0,3上的值域；,得f(x)x24x3(x1)(x3) 當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x(1,3)時(shí)

5、，f(x)0，故f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減,(2)對(duì)任意的b，函數(shù)g(x)|f(x)| 的零點(diǎn)不超過4個(gè)，求a的取值范圍,解由題意得f(x)x22ax3，4a212. 當(dāng)0，即a23時(shí)，f(x)0，f(x)在R上單調(diào)遞增，滿足題意； 當(dāng)0，即a23時(shí)，f(x)0有兩根， 設(shè)兩根為x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23. 則f(x)在(，x1)，(x2，)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減,化簡得(a23)31，解得3a24. 綜合，得a24，即2a2.,題型三利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題,師生共研,例3已知函數(shù)f(x)xln x，g(x)(x21)(為常數(shù)) (1)若函數(shù)yf(x)

6、與函數(shù)yg(x)在x1處有相同的切線，求實(shí)數(shù)的值；,因?yàn)樵趚1處有相同的切線，,設(shè)H(x)f(x)g(x)，,因?yàn)閤1，所以(H(x)0，即H(x)單調(diào)遞減， 又因?yàn)镠(1)0，所以H(x)0，即H(x)單調(diào)遞減， 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時(shí)參數(shù)的取值范圍問題，一般常用分離參數(shù)的方法，但是如果分離參數(shù)后對(duì)應(yīng)的函數(shù)不便于求解其最值，或者求解其函數(shù)最值較煩瑣時(shí)，可采用直接構(gòu)造函數(shù)的方法求解,跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x) ax2ln x(x0，aR) (1)若a2，求點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；,f(1)1，f(1)1，所求的切線方程為yx.,(2)若

7、不等式f(x) 對(duì)任意x0恒成立，求實(shí)數(shù)a的值,當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，,故此時(shí)不合題意；,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減， g(x)g(1)0， 即1ln xx0， 故1ln aa0，a1.,課時(shí)作業(yè),2,PART TWO,基礎(chǔ)保分練,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：,1,2,3,4,5,6,2.已知函數(shù)f(x)axex(aR)，g(x) . (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；,1,2,3,4,5,6,解因?yàn)閒(x)aex，xR. 當(dāng)a0時(shí)，f(x)0時(shí)，令f(x)0，得xln a. 由

8、f(x)0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，ln a)； 由f(x)0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，ln a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，).,(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范圍.,1,2,3,4,5,6,解因?yàn)閤(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，,當(dāng)x在區(qū)間(0，)內(nèi)變化時(shí)，h(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表：,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,3.已知函數(shù)f(x)x33x2ax2，曲線yf(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2. (1)求a的值；,1,2,3,4,5,6,解f(x)3x26xa，f(0)a. 曲線yf(

9、x)在點(diǎn)(0,2)處的切線方程為yax2.,所以a1.,(2)證明：當(dāng)k1時(shí)，曲線yf(x)與直線ykx2只有一個(gè)交點(diǎn).,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,證明由(1)知，f(x)x33x2x2. 設(shè)g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由題設(shè)知1k0. 當(dāng)x0時(shí)，g(x)3x26x1k0，g(x)單調(diào)遞增， g(1)k10時(shí)，令h(x)x33x24， 則g(x)h(x)(1k)xh(x). h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，,1,2,3,4,5,6,所以g(x)h(x)h(2)0. 所以g(x)0在(0，)上沒有實(shí)根

10、. 綜上，g(x)0在R上有唯一實(shí)根， 即曲線yf(x)與直線ykx2只有一個(gè)交點(diǎn).,4.設(shè)函數(shù)f(x) ax2(a3)x3，其中aR，函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且0 x11. (1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；,1,2,3,4,5,6,解由題意可知，f(x)x2axa3，x1，x2為f(x)0的兩個(gè)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. 綜上可知，3a2.,(2)設(shè)函數(shù)(x)f(x)a(xx1)，當(dāng)x1xx2時(shí)，求證：|(x)|9.,1,2,3,4,5,6,證明由0 x11，x1xx2，知， (x)f(x)a(xx

11、1)(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,技能提升練,1,2,3,4,5,6,由yx240，得x2. 因?yàn)楫?dāng)x(，2)時(shí)，y0， x(2,2)時(shí)，y0， 故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，2)，(2，)， 單調(diào)遞減區(qū)間是(2,2).,1,2,3,4,5,6,(2)求證：當(dāng)x0時(shí)，f(x)gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立；,1,2,3,4,5,6,證明方法一令h(x)f(x)gt(x),當(dāng)t0時(shí)，,當(dāng)x(0， )時(shí)，h(x)0，,當(dāng)x( ，)時(shí)，h

12、(x)0，,所以h(x)在(0，)內(nèi)的最小值是h( )0. 故當(dāng)x0時(shí)，f(x)gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.,1,2,3,4,5,6,方法二對(duì)任意固定的x0，,則h(t) (x )，,由h(t)0，得tx3. 當(dāng)00； 當(dāng)tx3時(shí)，h(t)0，,因此當(dāng)x0時(shí)，f(x)gt(x)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.,1,2,3,4,5,6,有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得g8(x0)gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.,1,2,3,4,5,6,即(x02)2(x04)0， 又因?yàn)閤00， 不等式成立的充要條件是x02， 所以有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x02， 使得g8(x0)gt(x0)對(duì)任意正實(shí)數(shù)t成立.,6.已知函數(shù)f(

13、x)xaln x，aR. (1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；,1,2,3,4,5,6,拓展沖刺練,當(dāng)a0時(shí)，f(x)0在(0，)上恒成立， 函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 所以f(x)在(0，)上沒有極值點(diǎn). 當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0，得xa， 所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增， 即f(x)在xa處有極小值，無極大值. 所以當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上沒有極值點(diǎn)， 當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上有一個(gè)極值點(diǎn).,1,2,3,4,5,6,(2)設(shè)g(x) ，若不等式f(x)g(x)對(duì)任意x2，e恒成立，求a的取值范圍.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,不等式f(x)g(x)對(duì)任意x2，e恒成立，,當(dāng)1ae，即ae1時(shí)，h(x)在2，e上單調(diào)遞減， 所以h(x)的最小值為h(e)，,當(dāng)1a2，即a1時(shí)，h(x)在2，e上單調(diào)遞增， 所以h(x)的最小值為h(2)，,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,當(dāng)22， 即1ae1.,