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2021届高考数学人教版一轮创新教学案:第2章 解答题专项突破(一) 导数的综合应用问题 WORD版含解析.doc

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资源描述

1、高考资源网() 您身边的高考专家解答题专项突破(一)导数的综合应用问题函数与导数是高中数学的重要内容之一,常与其他知识相结合,形成难度不同的各类综合题型,常涉及的问题有:研究函数的性质(如函数的单调性、极值、最值)、研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等题型多变,属中、高档难度热点题型1导数的几何意义的应用(2019孝感高中期中)已知函数f(x)x3x.(1)求曲线yf(x)在点M(1,0)处的切线方程;(2)如果过点(1,b)可作曲线yf(x)的三条切线,求实数b的取值范围解题思路(1)求f(x)求斜率kf(1)用点斜式写

2、出切线方程(2)设切点坐标为(x0,xx0)写出切线方程点(1,b)代入切线方程得关于x0的方程依据此方程有三个不同的实数解,求b的取值范围规范解答(1)f(x)3x21,f(1)2.故切线方程为y02(x1),即2xy20.(2)设切点为(x0,xx0),则切线方程为y(xx0)f(x0)(xx0)又切线过点(1,b),所以(3x1)(1x0)xx0b,即2x3xb10.由题意,上述关于x0的方程有三个不同的实数解记g(x)2x33x2b1,则g(x)有三个不同的零点,而g(x)6x(x1),令g(x)0得x0或x1,则结合图象可知g(0)g(1)0),记f(x)为f(x)的导函数(1)若f

3、(x)的极大值为0,求实数a的值;(2)若函数g(x)f(x)6x,求g(x)在0,1上取到最大值时x的值解题思路(1)求f(x)解f(x)0用所得解分割定义域逐个区间分析f(x)的符号,得f(x)的单调性求极大值根据极大值为0列方程求a.(2)难点突破分类讨论易求g(x)6(x2ax1),x0,1由g(x)0是否有解想到分()0,即00,即a2.当g(x)0时,分析g(x)的图象()对称轴x与x1,x0的位置关系()g(x)0的两个根与0和1的大小关系规范解答(1)因为f(x)2x33ax23a2(a0),所以f(x)6x26ax6x(xa)令f(x)0,得x0或a.当x(,0)时,f(x)

4、0,f(x)单调递增;当x(0,a)时,f(x)0,f(x)单调递增故f(x)极大值f(0)3a20,解得a.(2)g(x)f(x)6x2x33ax26x3a2(a0),则g(x)6x26ax66(x2ax1),x0,1当02时,g(x)的对称轴x1,且36(a24)0,g(1)6(2a)0,所以g(x)在(0,1)上存在唯一零点x0.当x(0,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增,当x(x0,1)时,g(x)0,g(x)单调递减,则g(x)取得最大值时x的值为.综上,当02时,g(x)取得最大值时x的值为.热点题型3利用导数研究函数的零点、方程的根(2019银川一中模拟)已知函数f(x),

5、g(x)xln xax2(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数g(x)有两个极值点,试判断函数g(x)的零点个数解题思路(1)求f(x)的定义域求f(x),解f(x)0用所得实数解分割定义域分析f(x)的符号,判断f(x)的单调性(2)g(x)有两个极值点g(x)0有两个不同的零点记为x1和x2分析g(x1),g(x2)的正负和x0时g(x)的变化趋势,x时g(x)的变化趋势规范解答(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,),f(x),由f(x)0得x1.当x(0,1)时,f(x)0,所以f(x)单调递增;当x(1,)时,f(x)0,所以f(x)单调递减(2)由题意得,g(x

6、)ln x1ax0有两个不同的零点,即a有两个不同的根,设为x10,所以a(0,1)时有0x111时g(x2)h(x2)h(1)0.又x0时g(x)0,x时g(x),所以函数有三个零点已知函数f(x)2xln x2x,g(x)a(x1)(a为常数,且aR)(1)求函数f(x)的极值;(2)若当x(1,)时,函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点,试确定自然数n的值,使得a(n,n1)(参考数值e4.48,ln 20.69,ln 31.10,ln 71.95)解题思路(1)求f(x)的定义域和f(x)解f(x)0用所得实数解分割定义域分析各区间内f(x)的符号,确定极值(2)构建函数F(x

7、)f(x)g(x)依据yF(x)只有一个零点,推出关于a的方程关键点解F(x)0时,想到分类讨论用F(x)的最小值为0建立方程构建关于a的函数,用零点存在性定理,分析零点所在区间规范解答(1)函数f(x)2xln x2x的定义域为(0,),f(x)2(ln x2),由f(x)0得xe2.x(0,e2),f(x)0,f(x)单调递增,f(x)极小值f(e2)2e2,f(x)无极大值(2)记F(x)f(x)g(x)2xln x(2a)xa,则F(x)2ln x4a,当a4时,因为x1,F(x)0,函数F(x)单调递增,F(x)F(1)2,函数yF(x)无零点,即函数f(x)与g(x)的图象无交点;

8、当a4时,F(x)0xe2且e2e01,当1xe2时,F(x)e2时,F(x)0.所以,F(x)minF,函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点,得F0,化简得a2e20,记h(a)a2e2,h(a)1e20,h(7)72e724.480,所以a(6,7),即n6.热点题型4利用导数证明不等式问题已知函数f(x).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0,此时g(x)单调递增;在(1,)上,g(x)0,此时g(x)单调递减又g(1)0,所以g(x)0在定义域上恒成立,即f(x)0在定义域上恒成立,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1,),无单调递增区间(2)由f(x

9、)kex在(1,)上恒成立,得kex在(1,)上恒成立,即ln xk(x1)ex0.所以h(x)kxex,所以h(1)1ke.当k时,h(1)1ke0.又h(x)kxex在(1,)上单调递减,所以h(x)0在(1,)上恒成立,则h(x)在(1,)上单调递减又h(1)0,所以h(x)0在(1,)上恒成立当0k0.又h(x)kxex在(1,)上单调递减,且hke0在(1,x0)上恒成立,所以h(x)0在(1,)上不可能恒成立综上所述,实数k的取值范围是.(2019绵阳模拟)已知函数f(x)x2axln xax2(aR)有两个不同的极值点x1,x2,且x1x2.(1)求实数a的取值范围;(2)求证:

10、x1x2a2.解题思路(1)求f(x)的定义域和f(x)由f(x)有两个不同的极值点得f(x)0有两个不相等的实数根两次求导分析f(x)的单调性,构建关于a的不等式求其范围(2)由(1)知x1,x2是f(x)0的两个根,建立方程x1x20)当a0时,g(x)0,则g(x)在(0,)上单调递增,所以g(x)在(0,)上不可能有两个零点当a0时,由g(x)0,解得xa;由g(x)0,解得0xa.所以g(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增要使函数g(x)有两个零点,则g(a)aaln ae.综上可知,实数a的取值范围是(e,)(2)证明:由(1)知x1,x2是g(x)xaln x0的两个根,则两式相减得a(ln x2ln x1)x2x1,即a,要证x1x2a2,即证x1x2,即证22.令t,由x11,只需证(ln t)2t2.设(t)(ln t)2t2,则(t)ln t1.令h(t)2ln tt,则h(t)120,h(t)在(1,)上单调递减,h(t)h(1)0,(t)0,即(t)在(1,)上为减函数,(t)(1)0,即(ln t)2t2在(1,)上恒成立原不等式成立- 8 - 版权所有高考资源网

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