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1、2.4 导数及其应用(压轴题),-2-,高考命题规律 1.每年必考考题,一般在21题位置作为压轴题呈现. 2.解答题,12分,高档难度. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.,-3-,-4-,1,2,3,4,5,利用导数研究函数的单调性 高考真题体验对方向 1.(2019全国20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0a3时,记f(x)在区间0,1的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.,-5-,1,2,3,4,5,-6-,1,2,3,4,5,-7-,1,2,3,4,5,2.(2017全国21)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f
2、(x)的单调性; (2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围.,-8-,1,2,3,4,5,(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0), 因此h(x)在0,+)内单调递减, 而h(0)=1,故h(x)1, 所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当00(x0), 所以g(x)在0,+)内单调递增,而g(0)=0, 故exx+1. 当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取,-9-,1,2,3,4,5,典题演练提能刷高分,(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜
3、率为-3,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间-2,a上单调递增,求a的取值范围. 解:(1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1), 又f(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3, 所以f(0)=a=-3,所以f(x)=x2+2x-3. 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:,-10-,1,2,3,4,5,所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-3),(1,+),单调递减区间为(-3,1). (2)因为函数f(x)在区间-2,a上单调递增,所以f(x)0.即对x-2,a,只要f(x)min0. 因为函数f(x)=x
4、2+2x+a的对称轴为x=-1, 当-2a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(a), 由f(a)=a2+3a0,得a0或a-3,所以此种情况不成立; 当a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(-1), 由f(-1)=1-2+a0得a1, 综上,实数a的取值范围是1,+).,-11-,1,2,3,4,5,(1)当f(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性.,解:(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+),从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1.,-12-,1,2,3,4,5,-13
5、-,1,2,3,4,5,-14-,1,2,3,4,5,-15-,1,2,3,4,5,由题意可知ax0+1.又x0(3,4),aZ, a的最小值为5.,-16-,1,2,3,4,5,(1)若f(x)在(0,+)上单调递减,求a的取值范围; (2)当a(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.,即a(-x2+3x-3)ex在(0,+)恒成立, 设g(x)=(-x2+3x-3)ex,则g(x)=ex(-x2+x), g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, g(x)max=g(1)=-e, a-e.实数a的取值范围为-e,+).,-17-,1,2,3,4,5,a=2x
6、-(3-x)ex(x0), 令h(x)=2x-(3-x)ex,则h(x)=2+(x-2)ex, 令(x)=h(x)=2+(x-2)ex(x0),则(x)=(x-1)ex, h(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增, h(x)min=h(1)=2-e0, 存在x0(0,2),使得x(0,x0)时h(x)0,h(x)单调递增, 又h(0)=-3,h(x0)0,当x+时,h(x)+, 当x0,a(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解, 即当a(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.,-18-,1,2,3,4,5,函数的单调性与极值、最值的综合应用 高考真题体验对方
7、向 1.(2019天津20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; 证明f(x)恰有两个零点; 设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1x0,证明3x0-x12.,-19-,1,2,3,4,5,-20-,1,2,3,4,5,-21-,1,2,3,4,5,-22-,1,2,3,4,5,2.(2019全国21)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明: (1)f(x)的定义域为(0,+). 又当xx0时,f(x)0,f(x
8、)单调递增. 因此,f(x)存在唯一的极值点.,-23-,1,2,3,4,5,(2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在区间(x0,+)内存在唯一根x=. 综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.,-24-,1,2,3,4,5,3.(2017北京20)已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;,解:(1)因为f(x)=excos x-x, 所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,f(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1.,-25-,1,2,3,4,5,(
9、2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.,-26-,1,2,3,4,5,4.(2017全国21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围. 解:(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增. 若a0,则由f(x)=0得x=ln a. 当x(-,ln a)时,f(x)0.故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,
10、+)单调递增.,-27-,1,2,3,4,5,(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0. 若a0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a0,即a1时,f(x)0.,-28-,1,2,3,4,5,典题演练提能刷高分 1.(2019湖北八校联考一)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(aR). (1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围; (2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间.,-29-,1,2,3,4,5,-30-,1,2,3,4
11、,5,-31-,1,2,3,4,5,当x(0,1),(2,+)时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x(1,2)时,f(x)0,f(x)单调递减.,-32-,1,2,3,4,5,设h(x)=2x2-(2+a)x+2, 函数g(x)在(0,1)(1,+)内有两个极值点x1,x2, 方程h(x)=2x2-(2+a)x+2=0在(0,1)(1,+)上有两个不相等的实根x1,x2,且1不能是方程的根,=(2+a)2-160.,-33-,1,2,3,4,5,-34-,1,2,3,4,5,3.(2019安徽江淮十校联考一)已知函数f(x)=ax2+xln x(a为常数,aR,e为自然对数的底数,e=2.7
12、18 28). (1)若函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围; (2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,kZ且,-35-,1,2,3,4,5,-36-,1,2,3,4,5,即有k(1.8)0,则存在m(1.8,2),使得k(m)=0, 则1m时,k(x)0,h(x)0,h(x)在xm递增, 又k(m)=m2-m-ln m-1=0, 即有m2-1=m+ln m, 可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增, 可得h(x)min(5.04,6), 由kh(x)min,kZ, 故k的最大值为5.,-37-,1,2,3,4,5,4.(2019山东
13、潍坊二模)已知函数f(x)=xex-aln x(无理数e=2.718). (1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围; (2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-xex)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值. 由题意可得f(x)0,x(0,1)恒成立. 即(x2+x)ex-a0,也就是a(x2+x)ex在x(0,1)恒成立. 设h(x)=(x2+x)ex,则h(x)=(x2+3x+1)ex. 当x(0,1)时,x2+3x+10,h(x)0在x(0,1)单调递增. 即h(x)h(1)=2e.故a2e.,-38-,1,2,3,4,5,(2)当a=-1时,f(
14、x)=xex+ln x.g(x)=xln x-x3+x2-b, 由题意得问题等价于方程b=xln x-x3+x2,在(0,+)上有解. 可得当x=1时,函数u(x)取得极大值, u(x)u(1)=0.因此ln xx-1, 所以b=xln x-x3+x2x(x-1)-x3+x2=-x(x2-2x+1)0.当x=1时,取等号. 故实数b的最大值为0.,-39-,1,2,3,4,5,5.(2019湘赣十四校联考一)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,nR). (1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m; (2)若对任意实数x0,都有f(x)0,求m+n的最小值. 解:(1)当n=1时,
15、f(x)=ln x-mx-1. 函数f(x)有极大值为-2, m=1.经检验,m=1满足题意.,-40-,1,2,3,4,5,(2)函数f(x)的定义域为(0,+), 当m0, f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en, 则f(en)=ln en-men-n=-men0,舍去; 当m=0时,当x(0,+)时f(x)0, f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en+1, 则f(en+1)=ln en+1-n=10,舍去;,-41-,1,2,3,4,5,即n-ln m-1,m+nm-ln m-1. 设h(m)=m-ln m-1,令h(m)=1- =0,则m=1. 当m(0,1)时,h(m)0,
16、h(m)在(1,+)上单调递增. h(m)的最小值为h(1)=0, 综上所述,当m=1,n=-1时m+n的最小值为0.,-42-,1,2,3,4,5,利用导数研究函数的零点或方程的根 高考真题体验对方向,1.(2019全国20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f(x)为f(x)的导数. (1)证明:f(x)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围.,-43-,1,2,3,4,5,(2)解:由题设知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f(x)在(0,)只有一个零点, 设为x0,且当x(0,x0)时,f(x)0; 当x(x0,)时,f
17、(x)0, 所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0,f()=0, 所以,当x0,时,f(x)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax. 因此,a的取值范围是(-,0.,-44-,1,2,3,4,5,2.(2016全国21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (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:(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1) =(x-1)(ex+2a). ()设a0,则当x(-,1)时,f(x)0. 所以f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增.,-45-,1,2,3
18、,4,5,故当x(-,ln(-2a)(1,+)时,f(x)0; 当x(ln(-2a),1)时,f(x)0. 所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)单调递增, 在(ln(-2a),1)单调递减.,故当x(-,1)(ln(-2a),+)时,f(x)0; 当x(1,ln(-2a)时,f(x)0, 所以f(x)在(-,1),(ln(-2a),+)单调递增,在(1,ln(-2a)单调递减.,-46-,1,2,3,4,5,(2)()设a0,则由(1)知,f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增.,又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+).,-47-
19、,1,2,3,4,5,典题演练提能刷高分,(1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有最小值,记为g(a),关于a的方程g(a)+a- -1=m有三个不同的实数根,求实数m的取值范围.,-48-,1,2,3,4,5,-49-,1,2,3,4,5,只要讨论h(x)的零点即可.,-50-,1,2,3,4,5,h(x)=ex(x-a+1),h(a-1)=0,当x(-,a-1)时,h(x)0,h(x)是增函数. 所以h(x)在区间(-,a)的最小值为h(a-1)=1-ea-1. 显然,当a=1时,h(a-1)=0,所以x=a-1是F(x)的唯一的零点; 当a0,所以F(x)没有零点; 当a
20、1时,h(a-1)=1-ea-10,所以F(x)有两个零点.,-51-,1,2,3,4,5,M(x)=ex-2x-2,令(x)=ex-2x-2, (x)=ex-2,(x)在(-,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增. (1)(2)0,(-1)(0)0, M(x)在(0,+)上只有一个零点x0(1x02), -2x0-2=0, M(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增.,-52-,1,2,3,4,5,-53-,1,2,3,4,5,3.(2019河北唐山三模)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f(x). (1)若a=1,求f(x)的极大
21、值; (2)当0x1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.,-54-,1,2,3,4,5,-55-,1,2,3,4,5,-56-,1,2,3,4,5,4.(2019山西运城二模)已知函数f(x)=xex-a(ln x+x),aR. (1)当a=e时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 当01时,f(x)0, f(x)在(0,1)上为减函数;在(1,+)上为增函数. (2)记t=ln x+x,则t=ln x+x在(0,+)上单调递增,且tR. f(x)=xex-a(ln x+x)=et-at=g(t). f(x)在(0,+)上有两个零点等价于g(t)=et
22、-at在tR上有两个零点. 当a=0时,g(t)=et在R上单调递增,且g(t)0,故g(t)无零点; 当a0恒成立,g(t)在R上单调递增,-57-,1,2,3,4,5,当a0时,由g(t)=et-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)=a(1-ln a), 若00,g(t)无零点; 若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点; 若ae,g(t)极小值=a(1-ln a)0, 从而g(a)=ea-a20, g(t)在(0,ln a)和(ln a,+)上各有一个零点. 综上可知,当ae时,f(x)有两个点,故所求a的取值范围是(e,+).,-58-,1,2,
23、3,4,5,导数与不等式 高考真题体验对方向 1.(2017全国21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性;,-59-,1,2,3,4,5,当x(0,1)时,g(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.,-60-,1,2,3,4,5,2.(2016全国21)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性;,(3)设c1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,令f(x)=0解得x=1. 当00,f(x)单调递增; 当x1时,f(x)0,f(x)单调递减.,-61-,1,2,3,4,5,(2)证明:由(1)知f(x)
24、在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x1时,ln xx-1.,(3)证明:由题设c1, 设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,又g(0)=g(1)=0,故当00. 所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,-62-,1,2,3,4,5,典题演练提能刷高分,1.(2019江西九江一模)已知函数f(x)=x2-(2a-1)x-aln x(aR). (1)试讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)存在最小值f(x)min,求证:f(x)min .,当a0时,f(x)0在(0,+)恒成立,故f(x)在(0,+)递增, 当a0时,由f(x)0,
25、解得xa; 由f(x)0,解得0xa,故f(x)在(0,a)内递减,在(a,+)内递增.,-63-,1,2,3,4,5,-64-,1,2,3,4,5,2.(2019河南八市重点高中高三五模)已知函数f(x)=ex-ax2,且曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:x0时,ex-ex-1x(ln x-1).,-65-,1,2,3,4,5,(1)解:由f(x)=ex-ax2,得f(x)=ex-2ax. 因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直, 所以f(1)=e-2a=e-2,所以a=1, 即f(
26、x)=ex-x2,f(x)=ex-2x. 令g(x)=ex-2x,则g(x)=ex-2. 所以x(-,ln 2)时,g(x)0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 20. 所以f(x)0,f(x)单调递增. 即f(x)的单调增区间为(-,+),无减区间.,-66-,1,2,3,4,5,(2)证明:由(1)知f(x)=ex-x2,f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(e-1)=(e-2)(x-1),即y=(e-2)x+1. 令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1, 则h(x)=ex-2x-(e-2)=ex-e-2(x-1), 且h(1)=
27、0,h(x)=ex-2. x(-,ln 2)时,h(x)0,h(x)单调递增. 因为h(1)=0,所以h(x)min=h(ln 2)=4-e-2ln 20,所以存在x0(0,1), 使x(0,x0)时,h(x)0,h(x)单调递增;x(x0,1)时,h(x)0,h(x)单调递减;,-67-,1,2,3,4,5,x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递增. 又h(0)=h(1)=0,所以x0时,h(x)0, 即ex-x2-(e-2)x-10, 所以ex-(e-2)x-1x2. 所以x(0,1)时,(x)0,(x)单调递增; x(1,+)时,(x)0,所以x(ln x+1)x2. 所以x0时,e
28、x-(e-2)x-1x(ln x+1), 即x0时,ex-ex-1x(ln x-1).,-68-,1,2,3,4,5,3.(2019陕西咸阳一模)设函数f(x)=x+1-mex,mR. (1)当m=1时,求f(x)的单调区间; (1)解:当m=1时,f(x)=x+1-ex,f(x)=1-ex.令f(x)=0,则x=0. 当x0;当x0时,f(x)0, 故函数f(x)的单调递增区间是(-,0);单调递减区间是(0,+).,-69-,1,2,3,4,5,-70-,1,2,3,4,5,4.(2019山东泰安二模)已知函数f(x)=(x-m)ln x(m0). (1)若函数f(x)存在极小值点,求m的
29、取值范围; (2)当m=0时,证明:f(x)ex-1.,-71-,1,2,3,4,5,令g(x)=0,解得x=-m.当x(0,-m)时,g(x)0. g(x)min=g(-m)=2+ln(-m),若g(-m)0,即m-e-2,则f(x)=g(x)0恒成立, f(x)在(0,+)上单调递增,无极值点,不满足题意. g(-m)g(1-m)0, x1是f(x)的极小值点,满足题意, 综上,-e-2m0.,-72-,1,2,3,4,5,(2)证明:当m=0时,f(x)=xln x. 当x(0,1时,ex-10,xln x0,f(x)(1)=e-10, (x)在(1,+)上单调递增, h(x)=(x)(
30、1)=e-10, h(x)在(1,+)上单调递增, h(x)h(1)=e-10, 当x1时,xln xex-1成立, 综上,f(x)ex-1.,-73-,1,2,3,4,5,恒成立与存在性问题 高考真题体验对方向,-74-,1,2,3,4,5,-75-,1,2,3,4,5,-76-,1,2,3,4,5,-77-,1,2,3,4,5,典题演练提能刷高分 1.(2019河南八市重点高中高三五模)已知函数f(x)=x(ln x+a)+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线为2x-y-1=0. (1)求a,b的值; (2)若对任意的x(1,+),f(x)m(x-1)恒成立,求正整数m的最大值.
31、,-78-,1,2,3,4,5,-79-,1,2,3,4,5,-80-,1,2,3,4,5,2. 已知函数f(x)=ex-1,g(x)=ln x+a. (1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值; (2)证明:当a-1时,F(x)0,F(x)单调递增,(2)证明:因为f(x)=ex-1,所以f(x)=ex-1在点(t,et-1)处的切线方程为y=et-1x+(1-t)et-1;,-81-,1,2,3,4,5,令h(t)=(t-1)et-1-t+a,则h(t)=tet-1-1. 由(1)得t-1时,h(t)单调递增.又h(1)=0,t1时,h(t)0,h(t)单调递增.,h(1)=a-10
32、,所以函数y=h(t)在(a-1,1)和(1,3-a)内各有一个零点, 故当a1时,存在两条直线与曲线f(x)与g(x)都相切.,-82-,1,2,3,4,5,-83-,1,2,3,4,5,-84-,1,2,3,4,5,-85-,1,2,3,4,5,4. 已知函数f(x)=x2+aln x. (1)若a=-2,判断f(x)在(1,+)上的单调性; (2)求函数f(x)在1,e上的最小值;,由于x(1,+),故f(x)0, f(x)在(1,+)单调递增.,-86-,1,2,3,4,5,x1,x0,f(x)0,f(x)单调递减, xx0,e,f(x)0,f(x)单调递增.,-87-,1,2,3,4,5,-88-,1,2,3,4,5,又设h(x)=ex-x,h(x)=ex-10,h(x)在(0,+)单调递增, 故h(x)h(0)=10. 即ex-x0, 所以当x(0,2)时,g(x)0,g(x)单调递减,-89-,1,2,3,4,5,