北京市2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第三章4第四節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件.pptx_第1頁(yè)
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1、第四節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題,1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟,2.一元三次方程根的個(gè)數(shù)問題,教材研讀,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根),考點(diǎn)二 用導(dǎo)數(shù)證明不等式,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題和存在性問題,考點(diǎn)突破,1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形. (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x). (3)對(duì)h(x)求導(dǎo). (4)利用h(x)判斷h(x)的單調(diào)性或最值.,教材研讀,(5)下結(jié)論.,2.一元三次方程根的個(gè)數(shù)問題 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),則f (x)=3ax2+2bx+c.,方程f (x)=0的判別式=(2b)2-12ac, (1)當(dāng)0,即b23ac時(shí)

2、, f (x)0恒成立, f(x)在R上為增函數(shù),結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一實(shí)根. (2)當(dāng)0,即b23ac時(shí),方程f (x)=0有兩個(gè)不同的實(shí)根,設(shè)為x1,x2(x1m). a.當(dāng)m0時(shí),方程f(x)=0有一個(gè)實(shí)根;,d.當(dāng)M=0時(shí),方程f(x)=0有兩個(gè)實(shí)根; e.當(dāng)M0時(shí),方程f(x)=0有一個(gè)實(shí)根.,b.當(dāng)m=0時(shí),方程f(x)=0有兩個(gè)實(shí)根; c.當(dāng)m0時(shí),方程f(x)=0有三個(gè)實(shí)根;,1.(2015北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=-kln x,k0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)證明:若f(x)存在零點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(1,上僅有一個(gè)零點(diǎn).

3、,解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+). 由f(x)=-kln x(k0)得f (x)=x-=. 由f (x)=0解得x=. f(x)與f (x)在區(qū)間(0,+)上的情況如下:,所以, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,), 單調(diào)遞增區(qū)間是(,+), f(x)在x=處取得極小值f()=. (2)證明:由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+)上的最小值為f()=. 因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn),所以0,從而ke. 當(dāng)k=e時(shí), f(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞減, 且f()=0,所以x=是f(x)在區(qū)間(1,上的唯一零點(diǎn). 當(dāng)ke時(shí), f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減, 且f(1)=0,f()=0,所以f(

4、x)在區(qū)間(1,上僅有一個(gè)零點(diǎn). 綜上可知,若f(x)存在零點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(1,上僅有一個(gè)零點(diǎn).,2.(2018北京順義二模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-mx(mR). (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線斜率為-1,求實(shí)數(shù)m的值; (2)求函數(shù)f(x)的極值; (3)證明:當(dāng)x0時(shí),exx2.,解析(1)由題意得f (x)=ex-m(mR), f (0)=1-m. 又曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線斜率為-1, f (0)=1-m=-1,解得m=2. (2)f (x)=ex-m(mR), 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-,+), 當(dāng)m0時(shí), f (x)0,函數(shù)f

5、(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,此時(shí)函數(shù)f(x)無極值; 當(dāng)m0時(shí),令f (x)=0,解得x=ln m.,隨著x變化, f (x), f(x)變化如下表:,由上表知函數(shù)f(x)在(ln m,+)上單調(diào)遞增,在(-,ln m)上單調(diào)遞減,則在x=ln m處取得極小值,極小值為f(ln m)=eln m-mln m=m(1-ln m),無極大值. (3)證明:設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x2.則g(x)=ex-2x, 由(2)知,當(dāng)m=2時(shí),g(x)=f(x)f(ln 2). f(ln 2)=2(1-ln 2)0,g(x)0恒成立,即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增,g(0)=1,當(dāng)x0時(shí),g(x)g(0)0,

6、即exx2.,考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根) 典例1(2018北京朝陽(yáng)二模,20)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=ax+1,aR. (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線與直線y=g(x)垂直,求a的值; (2)若方程f(x)-g(x)=0在(-2,2)上恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,求a的取值范圍; (3)若對(duì)任意x1-2,2,總存在唯一的x2(-,2),使得f(x2)=g(x1),求a的取值范圍.,考點(diǎn)突破,解析(1)f(x)=xex, f (x)=(x+1)ex,所以f (0)=1. 所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線斜率k=1. 所以ka=-1,故a=

7、-1. (2)f(x)-g(x)=0,即xex-ax-1=0. 設(shè)h(x)=xex-ax-1,則h(x)=(x+1)ex-a. 設(shè)m(x)=(x+1)ex-a,則m(x)=(x+2)ex, 因?yàn)楫?dāng)x(-2,2)時(shí),x+20,ex0,故m(x)0, 所以m(x)在(-2,2)上單調(diào)遞增. 設(shè)h(x0)=(x0+1)-a=0,即a=(x0+1),則當(dāng)x(-2,x0)時(shí),h(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x(x0,2)時(shí),h(x)單調(diào)遞增. 所以h(x)min=h(x0)=x0-ax0-1=x0-(x0+1)x0-1=-1,h(x0)0, 又因?yàn)閔(x)在(-2,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn), 所以解得 故a的取值范

8、圍是 .,(3)f(x)=xex, f (x)=(x+1)ex,x(-,2), 令f (x)=0,得x=-1, f (x), f(x)隨x的變化情況如下表: 所以f(x)在(-,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,2)上單調(diào)遞增,且當(dāng)x0時(shí), f(x)=xex0, 當(dāng)0 x2時(shí),0f(x)2e2, 其大致圖象如圖.,設(shè)g(x)在-2,2上的值域?yàn)镸, 因?yàn)閷?duì)任意x1-2,2,總存在唯一的x2(-,2),使得f(x2)=g(x1), 所以M0,2e2), 當(dāng)a=0時(shí),g(x)=10,2e2),符合題意; 當(dāng)a0時(shí),g(x)在-2,2上單調(diào)遞增,值域?yàn)?2a+1,2a+1,則解得0a;當(dāng)a0時(shí),g(x)在

9、-2,2上單調(diào)遞減, 值域?yàn)?a+1,-2a+1,則解得-a0. 綜上所述,a的取值范圍是.,方法技巧 利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法 (1)研究方程根的情況,可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì)等. (2)根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢(shì)規(guī)律,標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置. (3)可以通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題,使問題的求解有一個(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn).,1-1(2018北京海淀高三期末,19)已知函數(shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程; (2)當(dāng)a0時(shí),求證:函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn); (3)當(dāng)a0時(shí),寫出函數(shù)f(x)的

10、零點(diǎn)的個(gè)數(shù).(只需寫出結(jié)論),解析(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2,所以f (x)=2ex-2ax-2, 故f(0)=0,f (0)=0,曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為y=0.,(2)證明:當(dāng)a0時(shí),令g(x)=f (x)=2ex-2ax-2,則g(x)=2ex-2a0, 故g(x)是R上的增函數(shù).又g(0)=0,故當(dāng)x0時(shí),g(x)0. 即當(dāng)x0時(shí),f (x)0.故f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減, 在(0,+)上單調(diào)遞增,函數(shù)f(x)的最小值為f(0).,又f(0)=0,故f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn). (3)當(dāng)01時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).,典例2(2018北京朝陽(yáng)高三期

11、中,19)已知函數(shù)f(x)=-ln x-. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程; (2)求證:ln x-; (3)判斷曲線y=f(x)是否位于x軸下方,并說明理由.,考點(diǎn)二用導(dǎo)數(shù)證明不等式,解析(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,+), f (x)=- - + . 則f (1)=-1,又f(1)=-,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y+=x-+1,即x-y-+1=0. (2)證明:x0,ln x-等價(jià)于xln x-.設(shè)函數(shù)g(x)=xln x.,令g(x)=ln x+1=0,解得x=.列表如下:,因此,函數(shù)g(x)的最小值為g=-,故xln x-,即ln x-. (

12、3)曲線y=f(x)位于x軸下方.理由如下: 由(2)可知ln x-,所以f(x)-=. 設(shè)k(x)=-(x0),則k(x)=. 令k(x)0,得01. 所以k(x)在(0,1)上為增函數(shù),在(1,+)上為減函數(shù). 所以當(dāng)x0時(shí),k(x)k(1)=0恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),k(x)=0.,又因?yàn)閒(1)=-0,所以f(x)0恒成立.故曲線y=f(x)位于x軸下方.,規(guī)律總結(jié) 證明f(x)g(x),x(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同時(shí)若F(a)0,由減函數(shù)的定義可知,x(a,b)時(shí),有F(x)0,即證明了f(x)g(x)

13、.,2-1(2017北京石景山一模,18)已知函數(shù)f(x)=ln x. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程; (2)求證:當(dāng)x0時(shí), f(x)1- .,解析(1)由題意可得f (x)=,則f (1)=1, 又f(1)=0,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1)處的切線方程為y=x-1. (2)證明:由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+), 令g(x)=f(x)-=ln x-1+,則g(x)=-=, 令g(x)=0,得x=1.易知當(dāng)x1時(shí),g(x)0;當(dāng)0x1時(shí),g(x)0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=0,

14、g(x)g(1)=0,即g(x)=f(x)-0,即f(x)1- .,典例3(2017北京東城二模,18)設(shè)函數(shù)f(x)=(x2+ax-a)e-x(aR). (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(-1, f(-1)處的切線方程; (2)設(shè)g(x)=x2-x-1,若對(duì)任意的t0,2,存在s0,2,使得f(s)g(t)成立, 求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,考點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題和存在性問題,解析(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=x2e-x, 此時(shí)f (x)=(-x2+2x)e-x,所以f (-1)=-3e, 又因?yàn)閒(-1)=e,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(-1, f(-1)處的切線方程為3ex+y+2e

15、=0.,(2)“對(duì)任意的t0,2,存在s0,2,使得f(s)g(t)成立”等價(jià)于“在區(qū)間0,2上, f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”. 因?yàn)間(x)=x2-x-1=-, 所以g(x)在0,2上的最大值為g(2)=1.,f (x)=(2x+a)e-x-(x2+ax-a)e-x=-e-x(x-2)(x+a), 令f (x)=0,得x=2或x=-a. 當(dāng)-a0,即a0時(shí),f (x)0在0,2上恒成立,此時(shí)f(x)在0,2上為單調(diào)遞增函數(shù),f(x)的最大值為f(2)=(4+a),由(4+a)1,得ae2-4. 當(dāng)00,此時(shí)f(x)為單調(diào)遞增函數(shù). 所以f(x)的最大值為f(0)=-a或f(

16、2)=(4+a),由-a1,得a-1;由(4+a)1,得ae2-4. 又因?yàn)?2a0,所以-2a-1.,當(dāng)-a2,即a-2時(shí), f (x)0在0,2上恒成立,此時(shí)f(x)在0,2上為單調(diào)遞減函數(shù), f(x)的最大值為f(0)=-a, 由-a1,得a-1, 又因?yàn)閍-2,所以a-2.,綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是a-1或ae2-4.,方法技巧 “恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題,一般都可通過求相關(guān)函數(shù)的最值來解決,如:當(dāng)f(x)在xD上存在最大值和最小值時(shí),若f(x)g(a)對(duì)于xD恒成立,應(yīng)求f(x)在xD上的最小值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)f(x)min,若f(x)g(a)對(duì)于xD恒成立

17、,應(yīng)求f(x)在xD上的最大值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)f(x)max;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,應(yīng)求f(x)在xD上的最大值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)f(x)max,若存在xD,使得f(x)g(a)成立,應(yīng)求f(x)在xD上的最小值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)f(x)min.,3-1(2018北京東城一模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-a(x+1). (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線斜率為0,求a的值; (2)若f(x)0恒成立,求a的取值范圍; (3)證明:當(dāng)a=0時(shí),曲線y=f(x)(x0)總在曲線y=2+ln x的上方.,解析(1)函數(shù)f(x)=ex-a(x+1)的定義域?yàn)镽,f (x)=ex-a.由f (0)=1-a=0得a=1. (2)f (x)=ex-a(xR).當(dāng)a0時(shí),令f (x)=0得x=ln a.xln a時(shí), f (x)0.所以f(x)在(-,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+)上單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=ln a時(shí), f(x)取得最小值,且最小值為f(ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a.,“f(x)0恒成立”等價(jià)于“f(x)的最小值大

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