2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理.doc
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第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.(2018全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x0時,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一個零點,求a.(1)證明:當(dāng)a=1時,f(x)1等價于(x2+1)e-x-10.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x1時,g(x)0,h(x)沒有零點;()當(dāng)a0時,h(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x(0,2)時,h(x)0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在(0,+)上的最小值.若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)上沒有零點.若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)上只有一個零點.若h(2)e24,因為h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一個零點;由(1)知,當(dāng)x0時,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0,故h(x)在(2,4a)上有一個零點.因此h(x)在(0,+)上有兩個零點.綜上,當(dāng)f(x)在(0,+)上只有一個零點時,a=e24.2.(2017全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,1+121+1221+12nm,求m的最小值.解:(1)f(x)的定義域為(0,+).若a0,因為f12=-12+aln 20,由f(x)=1-ax=x-ax知,當(dāng)x(0,a)時,f(x)0,所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增,故x=a是f(x)在(0,+)的最小值點.由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時,f(x)0.故a=1.(2)由(1)知當(dāng)x(1,+)時,x-1-ln x0.令x=1+12n,得ln1+12n12n.從而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2,所以m的最小值為3.1.考查角度考查利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)零點個數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點的性質(zhì)等.2.題型及難易度解答題,屬于難題或者較難題.(對應(yīng)學(xué)生用書第1618頁) 導(dǎo)數(shù)與不等式考向1導(dǎo)數(shù)方法證明不等式【例1】 (2018鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)求證:當(dāng)x0時,ex+(2-e)x-1xln x+1.(1)解:f(x)=ex-2x,由題設(shè)得f(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1.(2)證明:設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,則g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,g(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+)上單調(diào)遞增,又g(0)=3-e0,g(1)=0,0ln 21,g(ln 2)0;當(dāng)x(x0,1)時,g(x)0,又xln x+1,即ex+(2-e)x-1xln x+1,當(dāng)x=1時,等號成立.導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本途徑有兩條:(1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)f(x)f(b)(f(b)f(x)f(a),如證明x0,2,sin xx時,可以證明f(x)=sin x-x在0,2上單調(diào)遞減,則f(x)e+m(x-1)對任意x(1,+)恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.解:(1)已知f(x)=ex-aln x,則f(x)=ex-ax,f(1)=e-a,切點為(1,e),所求切線方程為y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)當(dāng)a=-1時,原不等式即為ex+ln x-e-m(x-1)0,記F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依題意有F(x)0對任意x(1,+)恒成立,求導(dǎo)得F(x)=ex+1x-m,F(1)=e+1-m,F(x)=ex-1x2,當(dāng)x1時,F(x)0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,有F(x)F(1)=e+1-m,若me+1,則F(x)0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,且F(x)F(1)=0,適合題意;若me+1,則F(1)0,故存在x1(1,ln m)使F(x1)=0,當(dāng)1xx1時,F(x)0,得F(x)在(1,x1)上單調(diào)遞減,F(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若x0使得f(x0)g(x0)成立,則只需x0,使得h(x)=f(x)-g(x)0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)g(x2)恒成立,則只需f(x)ming(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】熱點訓(xùn)練1:(2018河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(aR).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若對任意的xR,都有f(x)2ex,求a的取值范圍.解:(1)f(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),當(dāng)a0時,函數(shù)在(-,1)上遞增,在(1,+)上遞減;當(dāng)0ae2時,函數(shù)在(-,1),(ln 2a,+)上遞減,在(1,ln 2a)上遞增;當(dāng)a=e2時,函數(shù)在R上遞減.(2)由對任意的xR,f(x)2ex,即(2-x)ex+a(x-1)22ex,當(dāng)x=1時,ex2ex,恒成立,當(dāng)x1時,整理得:axex(x-1)2,對任意xR恒成立,設(shè)g(x)=xex(x-1)2,求導(dǎo)g(x)=ex(x+1)(x-1)2-2xex(x-1)(x-1)4=ex(x2-2x-1)(x-1)3,令g(x)=0,解得x=12,當(dāng)x1+2,g(x)0,當(dāng)1x1+2,g(x)0,當(dāng)x1-2,g(x)0,當(dāng)1-2x0,所以當(dāng)x=1+2時取極小值,極小值為(1+2)e1+22,當(dāng)x=1-2時取極小值,極小值為(1-2)e1-22,由(1-2)e1-220,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無減區(qū)間;當(dāng)a0時,f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,ln a),增區(qū)間為(ln a,+).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=12,先考慮f(x)在區(qū)間0,1的零點個數(shù).當(dāng)a1時,f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個零點;當(dāng)ae時,f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個零點;當(dāng)1ae-1時,f(x)有一個零點,當(dāng)1e-1或a=2(e-1)時,g(x)有兩個零點;當(dāng)11,所以ln x0,所以有mxlnx在(1,+)上恒成立,令h(x)=xlnx,h(x)=lnx-1(lnx)2,由h(x)=0得x=e,當(dāng)xe,h(x)0,當(dāng)0xe時,h(x)0,所以h(x)在(0,e)上為減函數(shù),在(e,+)上為增函數(shù),所以h(x)min=h(e)=e,所以實數(shù)m的取值范圍為(-,e.(2)當(dāng)m=2時,函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有兩個不同的零點,即方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個不同的根,令(x)=x-2ln x,則(x)=1-2x=x-2x,當(dāng)1x2時,(x)0;當(dāng)20,所以(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3上單調(diào)遞增,(x)min=(2)=2-2ln 2,又(1)=1,(3)=3-2ln 3,(1)(3),要使方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個不同的根,結(jié)合圖象可知(2)0,-1e-1e,所以f(x)在-1,2上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x=x(ex-x-a-2),所以f(x)=ax-1x=0或ex-x-a-2=0,設(shè)g(x)=ex-x-a-2,則g(x)=ex-1,x0時,g(x)0,x0時,g(x)0,即a-1時,g(x)=0沒有實根,方程f(x)=ax-1有1個實根;當(dāng)-a-1=0,即a=-1時,g(x)=0有1個實根為零,方程f(x)=ax-1有1個實根;當(dāng)-a-1-1時,g(x)=0有2個不等于零的實根,方程f(x)=ax-1有3個實根.綜上可得,a-1時,方程f(x)=ax-1有1個實根;a-1時,方程f(x)=ax-1有3個實根.熱點訓(xùn)練3:(2018衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f(x)+4x+aln x(a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實數(shù)根,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)依題意,得f(x)=1x-4x=1-4x2x=(1+2x)(1-2x)x,x(0,+).令f(x)0,即1-2x0.解得0x12;令f(x)0,即1-2x12.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12,單調(diào)遞減區(qū)間為12,+.(2)由題意得,g(x)=f(x)+4x+aln x=1x+aln x.依題意,方程1x+aln x-a=0有實數(shù)根,即函數(shù)h(x)=1x+aln x-a存在零點.h(x)=-1x2+ax=ax-1x2,令h(x)=0,得x=1a.當(dāng)a0時,h(x)0,h(e1-1a)=1e1-1a+a1-1a-a=1e1-1a-11e-10時,h(x),h(x)隨x的變化情況如下表:x0,1a1a1a,+h(x)-0+h(x)極小值所以h1a=a+aln1a-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值.當(dāng)h1a0,即0a0,所以函數(shù)h(x)存在零點.綜上所述,當(dāng)a(-,0)1,+)時,方程g(x)=a有實數(shù)根. 【例1】 (2018河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln x2-3x-6x+1.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)因為f(x)=2ln x2-3x-6x+1,所以f(x)=2x-9(x+1)2=2x2-5x+2x(x+1)2=(2x-1)(x-2)x(x+1)2,因為f(x)的定義域為(0,+),當(dāng)12x2時,f(x)0,0x2時,f(x)0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是12,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,12,(2,+).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x1時f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因為(x-t)2+(ln x-at)2表示點(x,ln x)與點(t,at)之間距離的平方,所以存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立,y=ln x的圖象與直線y=ax有交點,方程a=lnxx在(0,+)上有解.設(shè)h(x)=lnxx,則h(x)=1-lnxx2,當(dāng)x(0,e)時,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(e,+)時,h(x)0時,f(x)6(a-a2)ea.(1)解:f(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f(x)=0,則x=0或x=2a,當(dāng)a=0時,f(x)0,f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a0時,令f(x)0,得x2a,所以f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù);令f(x)0,得0x2a,所以f(x)在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a0,得x0,所以f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù);令f(x)0,得2ax0時,f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a0時,f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).(2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時,f(x)在R上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點;當(dāng)a0,所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點,當(dāng)a0時,f(x)的極小值為f(2a)=4-4a3,要滿足f(x)有三個零點,則需4-4a31,當(dāng)x0時,要證明:f(x)6(a-a2)ea等價于要證明f(x)min6(a-a2)ea,即要證:4-4a36(a-a2)ea,由于a1,故等價于證明:1+a+a20,所以函數(shù)h(a)在(1,+)上單調(diào)遞增,所以h(a)min=h(1)=6e-60,所以函數(shù)g(a)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以g(a)min=g(1)=3e-60,所以1+a+a26(a-a2)ea.【例3】 (2018聊城二模)已知函數(shù)f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(tR,kR).(1)當(dāng)k=1時,若曲線y=f(x)與y=g(x)有且僅有一個公共點,求t的取值范圍;(2)當(dāng)t=1時,設(shè)h(x)=f(x)-g(x),若函數(shù)h(x)存在兩個不同的零點x1,x2,求證x1+x221.解:(1)當(dāng)k=1時,g(x)=x2-1,設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲線y=f(x)和曲線y=g(x)有且只有一個公共點,令h(x)=2tln x-x2+1,則h(x)=2tx-2x=2(t-x2)x,即函數(shù)y=h(x)只有一個零點,由于h(1)=0,所以x=1是函數(shù)y=h(x)的一個零點,當(dāng)t0時,x0,則h(x)0時,h(x)=2(t-x)(t+x)x,當(dāng)x(0,t)時,h(x)0,當(dāng)x(t,+)時,h(x)0,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,t)內(nèi)單調(diào)遞增,在(t,+)內(nèi)單調(diào)遞減,此時h(x)max=h(t),a.當(dāng)t=1時,h(x)max=h(1)=0,此時符合題意;b.當(dāng)0t1時,取x1=e-12t1,則h(x1)=-e-1th(1)=0,所以h(x)在(x1,t)上存在另一個零點,不符合題意;c.當(dāng)t1時,取x2=t+t2+1,則h(x2)=2tln x2-x22+1h(1)=0,所以h(x)在(t,t+t2+1)上存在另一個零點,不符合題意,綜上,t的取值范圍是t|t0或t=1.(2)當(dāng)t=1時,h(x)=2ln x-x2+k,設(shè)F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,則F(x)=2x+22-x-4=4(x-1)2x(2-x),所以當(dāng)x(0,1)時,F(x)0,故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以F(x)F(1)=0,即h(x)0,當(dāng)x(1,+)上,h(x)0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,不妨設(shè)x1x2,則x1(0,1),x2(1,+),所以2-x1(1,2),所以h(x1)h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)2-x1,故而x1+x221.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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