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
