(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用(第3课时)导数与函数的综合问题课件.pptx
《(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用(第3课时)导数与函数的综合问题课件.pptx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用(第3课时)导数与函数的综合问题课件.pptx(70页珍藏版)》请在麦多课文档分享上搜索。
1、第3课时 导数与函数的综合问题,第四章 4.2 导数的应用,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,题型分类 深度剖析,1,PART ONE,题型一 利用导数解或证明不等式,1.已知f(x)是定义在(0,)上的可导函数,f(1)0,且对于其导函数f(x)恒有f(x)f(x)0,则使得f(x)0成立的x的取值范围是 A. B.(0,1) C.(1,) D.(0,1)(1,),自主演练,解析 令g(x)f(x)ex, 由x0时,f(x)f(x)0恒成立, 则g(x)f(x)exf(x)ex0, 故g(x)f(x)ex在(0,)上单调递减, 又f(1)0,所以g(1)0.
2、 当x1时,f(x)ex0,得f(x)0; 当0x1时,f(x)ex0,得f(x)0,故选B.,2.设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)0,当x0时,有 0的解集是 A.(2,0)(2,) B.(2,0)(0,2) C.(,2)(2,) D.(,2)(0,2),又(2)0,当且仅当00, 此时x2f(x)0. 又f(x)为奇函数,h(x)x2f(x)也为奇函数. 故x2f(x)0的解集为(,2)(0,2).,3.已知函数f(x)1 ,g(x)xln x. (1)证明:g(x)1;,当01时,g(x)0, 即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,)上为增函数. 所以g(x)g(1)1,得证
3、.,(2)证明:(xln x)f(x)1 .,所以当02时,f(x)0, 即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,)上为增函数,,当且仅当x2时取等号. 又由(1)知xln x1, 当且仅当x1时取等号. 因为等号不同时取得,,(1)利用导数解不等式的思路 已知一个含f(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式. (2)利用导数证明不等式的方法 证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x),如果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,当x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g
4、(x).,题型二 不等式恒成立或有解问题,师生共研,解 函数的定义域为(0,),,令f(x)0,得x1. 当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x(1,)时,f(x)0,f(x)单调递减. 所以x1为极大值点,,再令h(x)xln x(x1),,所以h(x)h(1)1,所以g(x)0, 所以g(x)为单调增函数,所以g(x)ming(1)2, 故k2,即实数k的取值范围是(,2.,本例(2)中若改为:存在x01,e,使不等式f(x0) 成立,求实数k的取值范围.,由本例(2)知,g(x)为单调增函数,,利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略 (1)首先要构造函数,利用导数求出
5、最值,得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围. (2)也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.,跟踪训练1 已知函数f(x)axln x,x1,e,若f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.,解 f(x)0,即axln x0对x1,e恒成立,,x1,e,g(x)0, g(x)在1,e上单调递减,,题型三 利用导数研究函数的零点问题,例2 已知函数f(x)xln x,g(x)x2ax3. (1)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围;,师生共研,解 由对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立, 即有2xln xx2ax3.,当x1时,h(x)0,h(
6、x)是增函数, 当0x1时,h(x)0,h(x)是减函数, ah(x)minh(1)4. 即实数a的取值范围是(,4.,(2)探讨函数F(x)ln x 是否存在零点?若存在,求出函数F(x)的零点;若不存在,请说明理由.,解 方法一 令m(x)2xln x, 则m(x)2(1ln x),,当x(0,1)时,G(x)0,G(x)单调递增. G(x)G(1)0. ,中取等号的条件不同, F(x)0,故函数F(x)没有零点.,在(1,)上单调递减,,即F(x)0恒成立,函数F(x)无零点.,利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个
7、数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数.,跟踪训练2 (2018浙江金华名校统练)已知函数f(x)ln x ,aR且a0. (1)讨论函数f(x)的单调性;,当a0恒成立, 函数f(x)在(0,)上单调递增,,综上所述,当a0时,函数f(x)在(0,)上单调递增;,(2)当x 时,试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数.,令h(x)(ln x1)exx,,课时作业,2,PART TWO,1.已知函数f(x)的定义域为1,4,部分对应值如下表:,基础保分练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13
8、,14,15,16,f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时,函数yf(x)a的零点的个数为,A.1 B.2 C.3 D.4,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解析 根据导函数图象知,2是函数的极小值点,函数yf(x)的大致图象如图所示.,由于f(0)f(3)2,1a2,所以yf(x)a的零点个数为4.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,3.若不等式2xln xx2ax30对x(0,)恒成立,则实数a可取的值组成
9、的集合是 A.a|4a0 B.a|a4 C.a|0a4 D.a|a4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,解析 由题意得ax2xln xx23,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增, 当x(1,)时,g(x)0,g(x)单调递减, 函数g(x)maxg(1)4, 所以ag(x)max4,即a|a4.,12,4.若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点,则a可能的值为 A.4 B.6 C.7 D.8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14
10、,15,16,解析 由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2), 由f(x)0,得x2,由f(x)0,得1x2, 所以函数f(x)在(,1),(2,)上单调递增, 在(1,2)上单调递减,从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1),f(2). 若函数f(x)恰好有两个不同的零点,则f(1)0或f(2)0,解得a5或a4,故选A.,12,5.(2018杭州模拟)直线xt分别与函数f(x)ex1的图象及g(x)2x1的图象相交于点A和点B,则|AB|的最小值为 A.2 B.3 C.42ln 2 D.32ln 2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,解
11、析 由题意得|AB|et1(2t1)| |et2t2|,令h(t)et2t2, 则h(t)et2,所以h(t)在(,ln 2)上单调递减, 在(ln 2,)上单调递增, 所以h(t)minh(ln 2)42ln 20, 即|AB|的最小值是42ln 2,故选C.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,因为f(x)在x2处有最小值,且x1,4, 所以f(2)0,即b8, 所以c5,经检验,b8,c5符合题意.,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15
- 1.请仔细阅读文档,确保文档完整性,对于不预览、不比对内容而直接下载带来的问题本站不予受理。
- 2.下载的文档,不会出现我们的网址水印。
- 3、该文档所得收入(下载+内容+预览)归上传者、原创作者;如果您是本文档原作者,请点此认领!既往收益都归您。
下载文档到电脑,查找使用更方便
5000 积分 0人已下载
下载 | 加入VIP,交流精品资源 |
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙江 专用 2020 高考 数学 新增 一轮 复习 第四 导数 及其 应用 42 课时 函数 综合 问题 课件 PPTX

链接地址:http://www.mydoc123.com/p-1116779.html