五年高考3年模拟§32-导数的应用课件.pptx
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- 年高 模拟 32 导数 应用 课件
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1、3.2导数的应用高考理数高考理数(课标专用)A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组考点一导数与函数的单调性考点一导数与函数的单调性1.(2015课标,12,5分,0.369)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数,f(-1)=0,当x0时,xf(x)-f(x)0成立的x的取值范围是()A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)五年高考答案答案 A令g(x)=,则g(x)=,由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0;当x(1,+)时,g(x)0,从而f(x)0.又g(-x)=g(x),g(x)是偶函数,当x(-
2、,-1)时,g(x)0;当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0(0(0)时,考虑构造函数g(x)=,再利用所构造的函数的单调性求解.()f xx2.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2,令f(x)=0,得x=或x=.当x时,f(x)0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11,由于=-1+a=-2+a=-2+a,21xax221xaxx2
3、42aa242aa240,2aa24,2aa2244,22aaaa240,2aa24,2aa2244,22aaaa1212()()f xf xxx121x x1212lnlnxxxx1212lnlnxxxx2222ln1xxx所以a-2等价于-x2+2ln x20.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0,所以-x2+2ln x20,即a-2.1212()()f xf xxx21x1x21x1212()()f xf xxx方法总结方法总结利用导数证明不等式的常用方法:(1)证明f(x)g(x),x(a,b)时,
4、可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F(x)0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F(x)0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)0,由增函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).3.(2017课标全国,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
5、.(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)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
6、,1)时,1-+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.1a1a1a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).31a0en0en0en02n31a方法总结方法总结利用导数研究函数的单调性: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.解析解析(1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f
7、(x)0;当x(0,+)时,emx-10.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(x2)|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)的单调性知,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.思路分析思
8、路分析(1)证明f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,即证明无论m取何值,均有f(x)0在(-,0)上恒成立,而f(x)=m(emx-1)+2x,故需对m的符号进行分类讨论.(2)x1,x2-1,1,均有|f(x1)-f(x2)|e-1,即f(x)max-f(x)mine-1,可由第(1)问的单调性来确定f(x)max与f(x)min.5.(2016课标全国,21,12分)(1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.22xx2ex
9、axax解析解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).(2分)f(x)=0,且仅当x=0时,f(x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时,f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分)(2)g(x)=(f(x)+a).(5分)由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0 xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.(7分)因
10、此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=.(8分)2(1)(2)e(2)e(2)xxxxxx22e(2)xxx3(2)e(2)xxa xx32xx2e(1)axaaa xx2e()(1)axaaaf xxxe2axax 于是h(a)=,由=0,得y=单调递增.所以,由xa(0,2,得=0,f(x)单调递增;x(-2,1)时,f(x)0,f(x)单调递减.f(x)极小值=f(1)=-1.故选A.思路分析思路分析由x=-2是函数f(x)的极值点可知f(-2)=0,从而求出a的值,将a的值代入导函数f(x),求出f(x)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值.2.已知函数极值点
11、和极值求参数值的两个要领:(1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组进行求解.(2)验证:因为导数为零的点不一定是函数的极值点,所以求解后必须进行验证.方法总结方法总结1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:2.(2014课标,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)3xm20 x答案答案 C f(x)=cos,f(x)的极值点为x0,f(x0)=0,cos=0,x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ,又+f(x0)2m2,
12、+m2,kZ,即m2+3m2,kZ,m0,kZ,又存在x0满足+f(x0)2,m2-3,m24,m2或m-2,故选C.3mxm3m0 xmm22m20 x22mmk23sin2k212k212k223mm20 x223mm2min12k223mm21224m评析评析本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的能力.解析解析解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f(x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f(x)=0,得cos x=或cos x=-1,可得当cos x时,f(x)0,f(x)为增函数,所以当cos x=时
13、,f(x)取最小值,此时sin x=.又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值时,sin x=-,f(x)min=2=-.解法二:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.令cos x=t,t-1,1,设g(t)=4(1-t)(1+t)3,g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).当t时,g(t)0,g(t)为增函
14、数;当t时,g(t)0,g(t)为减函数.当t=时,g(t)取得最大值,即f 2(x)的最大值为,得f(x)的最大值为,1211,21,12123232321123 3211,21,12122742743 323.(2018课标全国,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .答案答案-3 32又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,f(x)的最小值为-.解法三:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sincos3.f 2(x)=64sin2cos2cos2cos2=3sin2cos2cos2cos2=.当且仅当3
15、sin2=cos2,即sin2=,cos2=时等号成立,所以f 2(x)的最大值为,则f(x)的最大值为,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,f(x)的最小值为-.3 322x2x2x2x2x2x6432x2x2x2x643422223sincoscoscos22224xxxx2742x2x2x142x342743 323 32解析解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)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-1x0时,g(x)0时,g(x)0.故当x-1时,g(
16、x)g(0)=0,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-1x0时,f(x)0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,设函数h(x)=ln(1+x)-.由于当|x|0,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.1xx1xx2(1)xx2()2f xxax222xxax11,|a4.(2018课标全国,21
17、,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.h(x)=-=.如果6a+10,则当0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.11x2222(2)2(12)(2)xaxxaxxax22222(461)(1)(2)xa xaxaxaxx614aa
18、11,|a11,|a322(24)(1)(612)xxxxx16思路分析思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.解后反思解后反思1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.易错警示易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的
19、式子,则其真数部分应大于零.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.5.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 f(x0)2-2.解析解析本题考查了导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-.当0 x1时,g(x)
20、1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-.当x时,h(x)0.1x1x1x10,21,2所以h(x)在单调递减,在单调递增.又h(e-2)0,h0;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.10,21
21、,21210,21,214方法总结方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路:(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.考点三导数的综合应用考点三导数的综合应用1.(2015课标,12,5分,0.317)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.B.C.D.3,12e33,2e 433,2e 43,12e答案答案 D由f(x0)0,即(2x0-1)-a(x0-1)0得(2x0-1)a(x0-1).当x0=1时,得e
22、1,则a.令g(x)=,则g(x)=.当x时,g(x)0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)ag(3),得3e2ae3,与a1矛盾,所以x01.因为x01,所以a0,g(x)为增函数,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0),思路分析思路分析存在唯一的整数x0使得f(x0)0,即存在唯一整数x0使(2x0-1)1,x01三种情况讨论.0ex评析评析本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.得a1(满足a1).故选D.32e2.(2018课标全国,21,12分)
23、已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.解析解析(1)当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在0,+)的最小值.若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=,h(x)在
24、(0,+)只有一个零点;24ea2e42e4若h(2),由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=.2e43416eaa32216(e)aa3416(2)aa1a2e4方法总结方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问
25、题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.解析解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f=-+aln 20,由f(x)=1-=知,当x(0,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)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1
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