1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 (创新版)(创新版) 【精品课件精品课件】 解答题专项突破解答题专项突破( (一一) ) 导数的综合应导数的综合应 用问题用问题 第二章 函数、导数及其应用 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 解题思路 (1)求f(x)求斜率kf(1)用点斜式写出切线方程 (
2、2)设切点坐标为(x0,x 3 0 x0)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 解题思路解题思路 热点题型1 导数的几何意义的应用 典例 (2019 孝感高中期中)已知函数f(x)x 3x. (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 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,x3 0 x0),则切线方程为y(x 3 0 x0)f(x0)(xx0) 又切线过点(1,b),所以(3
3、x2 01)(1x0)x 3 0 x0b, 即2x3 03x 2 0b10. 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(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
4、(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xa 2与x1,x0的位置关系 ()g(x)0的两个根a a 24 2 与0和1的大小关系 解题思路解题思路 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)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a2 3. (2)g(x)f(x)6x2x33ax26x3a2(a0), 则g(x)6x26ax66(x2
5、ax1),x0,1 当02时,g(x)的对称轴xa 21, 且36(a24)0,g(1)6(2a)0, 所以g(x)在(0,1)上存在唯一零点x0a a 24 2 . 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a a 24 2 . 综上,当02时,g(x)取得最大值时x的值为a a 24 2 . 规范解答规范解答 热点题型3 利用导数研究函数的零点、方程的根 典例1 (2019 银川一中模拟)已知函数f(x) ln x1 x ,g(x)xln x 1 2 ax2a 2(aR) (1)讨论函数f(x)的单
6、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 解题思路解题思路 规范解答 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,),f(x) ln x x2 ,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
7、)ln x1ax0有两个不同的零点,即ln x1 x 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)a 20,x时g(x),所以函数有三个零点 规范解答规范解答 典例2 已知函数 f(x)2xln x2x,g(x)a(x1)(a 为常数,且 a R) (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 e 3 24.48,ln 20.69,ln 31.10,ln 71.95) 解题思路 (1)求f(x)的定义域和f
8、(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)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 解题思路解题思路 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 xe 2. x(0,e 2),f(x)0,f(x)单调递增, f(x)极小值f(e 2)2e2,f(x)无极大值 (2)记 F(x)f(x)g(x)2xln x(2a)xa, 则 F
9、(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; 规范解答规范解答 当 1x 时,F(x)时,F(x)0. 所以,F(x)min,函数 f(x)与 g(x)的图象有且只有一个交点, 得0,化简得 a2e a 220, 记 h(a)a2,h(a)10, h(7)7724.480, 所以 a(6,7), 即 n6. 规范解答规范解答 热点题型 4 利用导数证明不等式问题 典例1 已知函数 f(x) ln x x1. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)0,
10、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 规范解答规范解答 (2)由f(x)kex在(1,)上恒成立,得 ln x x1ke x在(1,)上恒成立, 即ln xk(x1)ex0. 所以h(x)1 xkxe x,所以h(1)1ke. 当k1 e时,h(1)1ke0. 又h(x)1 xkxe x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,
11、)上恒成立 规范解答规范解答 当0k0. 又h(x) 1 x kxex在(1,)上单调递减,且h 1 k ke 1 k0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 1 e, . 规范解答规范解答 典例2 (2019 绵阳模拟)已知函数f(x) 1 2 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: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
12、 (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,) 规范解答规范解答 (2)证明:由(1)知x1,x2是g(x)xaln x0的两个根, 则 aln x2x2, aln x1x1, 两式相减得a(ln x2ln x1)x2x1, 即a x2x1 ln x2ln x1
13、x2x1 ln x2 x1 , 要证x1x2a2,即证x1x2x 2x1 2 ln x2 x1 2 , 即证 ln x2 x1 2x2x1 2 x1x2 x2 x12 x1 x2. 规范解答规范解答 令x2 x1t,由x11,只需证(ln t) 2t21 t . 设(t)(ln t)2t1 t 2, 则(t)2 t ln t11 t2 1 t 2ln tt1 t . 令h(t)2ln tt1 t , 则h(t)2 t 1 1 t2 1 t 1 20, 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)2t21 t 在(1,)上恒成立 原不等式成立 规范解答规范解答 本课结束本课结束