2020年江苏高考数学复习练习课件第十七章 简单的复合函数的导数.pptx
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1、五年高考,统一命题、省(区、市)卷题组,考点 简单的复合函数的导数,1.(2017课标全国文改编,12,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a= .,答案,解析 由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有零点得x2-2x=-a(ex-1+e-x+1)有零点,令g(x)=ex-1+e-x+1,g(x)=ex-1-e-x+1= ex-1- = ,当g(x)=0时,x=1,当x1时,g(x)0,函数单调递 增,当x=1时,函数取得最小值g(1)=2.令h(x)=x2-2x,当x=1时,函数取得最小值-1,若-a0,函数h(x) 和y=ag(x)的图象
2、没有交点;当-a0时,函数h(x)和y=-ag(x)的图象有一个交点,-ag(1)=h(1),即-a2 =-1a= .,2.(2018课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-10时, f(x)0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.,解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值. (1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)- . 设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)- , 则g(x)= . 当-10时,g(x)0. 故当x-1时,g(x)g(0)=0
3、,且仅当x=0时,g(x)=0, 从而f (x)0,且仅当x=0时, f (x)=0. 所以f(x)在(-1,+)单调递增. 又f(0)=0,故当-10时, f(x)0. (2)(i)若a0,由(1)知,当x0时, f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.,(ii)若a0,故h(x)与f(x)符号相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h(x)= - = . 如果6a+10,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+10;,当x(0,1)时,h(x)0. 所以x=0是h(x)
4、的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点. 综上,a=- .,3.(2017课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.,解析 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题. (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+ )单调递增. (2)(i
5、)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点; 当a(0,1)时,1- +ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.,设正整数n0满足n0ln ,则f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1)
6、.,方法总结 利用导数研究函数的单调性的原理:若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x) 单调递增;若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.,4.(2016北京理,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.,解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,知 即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f (x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,
7、 f (x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1, 则g(x)=-1+ex-1. 所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值, 从而g(x)0,x(-,+). 综上可知, f (x)0,x(-,+). 故f(x)的单调递增区间为(-,+).,方法总结 (1)曲线在某点处的切线,满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函 数在该点处的导数值.(2)讨论函数的单调性可转化为讨论其导函数的符号变化,因此常将其导 函数作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结论确定原函数的单调性.,5.
8、(2015课标全国,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增; (2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.,解析 (1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x. 若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0. 若m0, f (x)0. 所以, f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)由(1)知,对任意的m, f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以 对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x
9、2)|e-1的充要条件是 即 设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1. 当t0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1; 当m0,即e-m+me-1. 综上,m的取值范围是-1,1.,6.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中aR. (1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若x0, f(x)0成立,求a的取值范围.,解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+), f (x)= +a(
10、2x-1)= . 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+). 当a=0时,g(x)=1, 此时f (x)0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点. 当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8). a.当0 时,0, 设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1- . 由g(-1)=10,可得-10, f (x)0,函数f(x)单调递增;,当x(x1,x2)时,g(x)0, f (x)0,函数f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. 当a0, 由g(-1)=10,可得x10, f (x)0,函数f(x)单调递增; 当x(x2,+)时,g(x) 时,函数f(x)
11、有两个极值点. (2)由(1)知, 当0a 时,函数f(x)在(0,+)上单调递增, 因为f(0)=0,所以x(0,+)时, f(x)0,符合题意.,当 0,符合题意. 当a1时,由g(0)0. 所以x(0,x2)时,函数f(x)单调递减. 因为f(0)=0,所以x(0,x2)时, f(x)0, 所以h(x)在(0,+)上单调递增. 因此当x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)1- 时,ax2+(1-a)x0, 此时f(x)0,不合题意. 综上所述,a的取值范围是0,1.,教师专用题组,考点 简单的复合函数导数,1.(2014广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)
12、处的切线方程为 .,答案 5x+y-3=0,解析 y=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.,2.(2016课标全国理,21,12分)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为 A. (1)求f (x); (2)求A; (3)证明|f (x)|2A.,解析 (1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2分) (2)当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. (4分) 当0
13、. (5分) (i)当00,知g(-1)g(1)g . 又 -|g(-1)|= 0,所以A= = . 综上,A= (9分) (3)证明:由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 当01,所以|f (x)|1+2A. 当1时,|f (x)|3-16-4=2A. 所以|f (x)|2A. (12分),评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论, 本题综合性较强,属于难题.,3.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln . (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程; (2)求证:当x(0,1)
14、时, f(x)2 ; (3)设实数k使得f(x)k 对x(0,1)恒成立,求k的最大值.,解析 (1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 所以f (x)= + , f (0)=2. 又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=2x. (2)证明:令g(x)=f(x)-2 , 则g(x)=f (x)-2(1+x2)= . 因为g(x)0(0g(0)=0,x(0,1), 即当x(0,1)时, f(x)2 . (3)由(2)知,当k2时, f(x)k 对x(0,1)恒成立. 当k2时,令h(x)=f(x)-k , 则h(x)=f (x)-k(1+x2)=
15、 .,所以当02时, f(x)k 并非对x(0,1)恒成立. 综上可知,k的最大值为2.,4.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b. (1)讨论函数f(sin x)在 内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值; (2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在 上的最大值D; (3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b- 满足条件D1时的最大值.,解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,- 0,-22sin x2. a-2,bR时,函数f(sin x)单调递增,无极值. a
16、2,bR时,函数f(sin x)单调递减,无极值. 对于-2a2,在 内存在唯一的x0, 使得2sin x0=a. - xx0时,函数f(sin x)单调递减; x0x 时,函数f(sin x)单调递增. 因此,-2a2,bR时,函数f(sin x)在x0处有极小值, f(sin x0)=f =b- .,(2)- x 时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|a-a0|+|b-b0|, 当(a0-a)(b-b0)0时,取x= ,等号成立, 当(a0-a)(b-b0)0时,取x=- ,等号成立. 由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在 上的最
17、大值为D=|a-a0|+|b-b0|. (3)D1即为|a|+|b|1,此时0a21,-1b1, 从而z=b- 1. 取a=0,b=1,则|a|+|b|1,并且z=b- =1. 由此可知,z=b- 满足条件D1的最大值为1.,5.(2015湖南,21,13分)已知a0,函数f(x)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*) 个极值点.证明: (1)数列f(xn)是等比数列; (2)若a ,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.,证明 (1)f (x)=aeaxsin x+eaxcos x =eax(asin x+cos x)= eaxsin(x+), 其中t
18、an = ,00; 若(2k+1)0).,设g(t)= (t0),则g(t)= .令g(t)=0,得t=1. 当01时,g(t)0,所以g(t)在区间(1,+)上单调递增. 从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需 . 而当a= 时,由tan = = 且0 .因此对一切nN*,axn= 1,所以g(axn)g(1)=e= .故(*) 式亦恒成立. 综上所述,若a ,则对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立.,6.(2014课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf
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