高考数学一轮复习高考大题增分专项一高考中的函数与导数课件文

这是一份高考数学一轮复习高考大题增分专项一高考中的函数与导数课件文，共60页。PPT课件主要包含了-2-，-3-，题型一，题型二，题型三，策略一，策略二，策略三，-4-，-5-等内容，欢迎下载使用。

从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.
突破策略一　差函数法证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-g(x)表达式的某一部分,利用导数证明h(x)min>0;如果h(x)没有最小值,那么可利用导数确定出h(x)的单调性,即若h'(x)>0,则h(x)在(a,b)上是增函数,同时若h(a)≥0,则当x∈(a,b)时,有h(x)>0,即f(x)>g(x).
例1设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
(1)解:(导数与函数的单调性)
令f'(x)=0解得x=1.当00,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠1时,ln x(3)证明:由题设c>1,(构造函数)设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxln c,
当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又g(0)=g(1)=0,故当00.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
对点训练1已知函数f(x)=ax+ln x,函数g(x)的导函数g'(x)=ex,且g(0)g'(1)=e,其中e为自然对数的底数.(1)若∃x∈(0,+∞),使得不等式g(x)< 成立,试求实数m的取值范围;(2)当a=0时,对于∀x∈(0,+∞),求证:f(x)(1)解:因为函数g(x)的导函数g'(x)=ex,所以g(x)=ex+c(c为常数).因为g(0)g'(1)=e,所以(1+c)e=e,可得c=0,即g(x)=ex.
所以h(x)在(0,+∞)上为减函数,所以h(x)(2)证明:当a=0时,f(x)=ln x,令φ(x)=g(x)-f(x)-2,即φ(x)=ex-ln x-2,
因为当x∈(0,t)时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,t)内为减函数;当x∈[t,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)在[t,+∞)内为增函数,故φ(x)min=φ(t)=et-ln t-2=et-ln e-t-2=et+t-2.
突破策略二　求最值法求最值法证明函数不等式,一般依据表达式的组成及结构有两种不同的证明方法:(1)要证f(x)≥h(x),可令φ(x)=f(x)-h(x),只需证明φ(x)min≥0.(2)要证f(x)≥h(x),可证f(x)min≥h(x)max;要证f(x)>m,可将该不等式转化为g(x)>h(x)的形式,然后再证明g(x)min>h(x)max.选用哪种方式,要看哪种方式构造出的函数的最值易求.
(1)求函数f(x)在区间[1,e2]上的最值;
当x∈[1,e)时,f'(x)>0;当x∈(e,e2]时,f'(x)<0.故f(x)在区间[1,e)内单调递增,在区间(e,e2]上单调递减.
对点训练2(2018山东威海二模)已知函数f(x)= x2+ax-aex,g(x)为f(x)的导函数.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值;(3)求证:当x≥0时,x2+2x+3≤e2x(3-2sin x).
(1)解:由题意可知,g(x)=f'(x)=x+a-aex,则g'(x)=1-aex,当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,若x<-ln a,则g'(x)>0,若x>-ln a,则g'(x)<0,∴g(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,+∞)上单调递减.综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无递减区间;当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-ln a),单调递减区间为(-ln a,+∞).
(2)解:由(1)可知,a>0且g(x)在x=-ln a处取得最大值,
当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0.∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)单调递增,∴h(a)≥h(1)=0,∴当且仅当a=1时,a-ln a-1=0,
由题意可知f'(x)=g(x)≤0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f(x)在x=0处取得最大值f(0)=-1.
(3)证明:由(2)可知,若a=1,当x≥0时,f(x)≤-1,
可得x2+2x≤2ex-2,x2+2x+3-e2x(3-2sin x)≤2ex-2+3-e2x(3-2sin x),令F(x)=e2x(2sin x-3)+2ex+1=ex[ex(2sin x-3)+2]+1,即证F(x)≤0,令G(x)=ex(2sin x-3)+2,
∴G'(x)<0,G(x)在[0,+∞)上单调递减,G(x)≤G(0)=-1,∴F(x)≤-ex+1≤0,当且仅当x=0时等号成立,∴x2+2x+3≤e2x(3-2sin x).
突破策略三　寻求导函数零点法若使用策略一或策略二解答时,遇到令f'(x)=0,但无法解出导函数的零点x0时,可利用函数零点存在性定理,试出导函数在区间(a,b)内的零点x0,再判断导函数在区间(a,x0),(x0,b)的正负情况,从而判断f(x)在x0处取得最值,求出最值并通过对最值的处理消去x0使问题得到解决.
例3设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为y=e2x在区间(0,+∞)内单调递增,y=- 在区间(0,+∞)内单调递增,所以f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)证明:由(1),可设f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
对点训练3设函数f(x)=ax-2-ln x(a∈R).(1)若f(x)在点(e,f(e))处的切线为x-ey+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若g(x)=ax-ex,求证:当x>0时,f(x)>g(x).
∴当x>0时,f(x)>g(x).
突破策略一　分离参数法已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围,一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解.即f(x)≥g(k)⇔[f(x)]min≥g(k),f(x)≤g(k)⇔[f(x)]max≤g(k).
(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若∀x∈[1,+∞),不等式f(x)>-1恒成立,求实数a的取值范围.
∴由条件知,2a>x2-ex对∀x∈[1,+∞)都成立.令g(x)=x2-ex,h(x)=g'(x)=2x-ex,∴h'(x)=2-ex.当x∈[1,+∞)时,h'(x)=2-ex≤2-e<0,∴h(x)=g'(x)=2x-ex在区间[1,+∞)内单调递减,∴h(x)=2x-ex≤2-e<0,即g'(x)<0,∴g(x)=x2-ex在区间[1,+∞)内单调递减,∴g(x)=x2-ex≤g(1)=1-e,故f(x)>-1在区间[1,+∞)内恒成立,只需2a>g(x)max=1-e,
对点训练4已知函数f(x)=aln x+bx(a,b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0.(1)求a,b的值;
突破策略二　分类讨论法当不等式中的参数无法分离,或含参不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时,应用分类讨论的方法来处理,分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.因此,求参数的范围转换成了讨论参数在哪些范围能使不等式成立.
例5已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f'(x)=ln x+ -3,f'(1)=-2,f(1)=0.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,
(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)内单调递增,因此g(x)>0;(ⅱ)当a>2时,令g'(x)=0得
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,x2)内单调递减,因此g(x)<0.综上,a的取值范围是(-∞,2].
对点训练5已知函数f(x)=m(x-1)ex+x2(m∈R).(1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x<0,不等式x2+(m+2)x>f'(x)恒成立,求m的取值范围.
解 (1)当m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,则f'(x)=x(2-ex).由f'(x)>0得0ln 2,故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).
因为x<0,所以mex-x-m>0.令h(x)=mex-x-m,则h'(x)=mex-1,当m≤1时,h'(x)≤ex-1<0,则h(x)在(-∞,0)内单调递减,所以h(x)>h(0)=0,符合题意;当m>1时,h(x)在(-∞,-ln m)内单调递减,在(-ln m,0)内单调递增,所以h(x)min=h(-ln m)突破策略三　分别求函数最值法若两边变量不同的函数不等式恒成立,求不等式中的参数范围,常用分别求函数最值求解.即若对∀x1∈I1,∀x2∈I2,f(x1)>g(x2)恒成立,则f(x)min>g(x)max.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)当m≤0时,f'(x)<0,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减.当m>0时,由f'(x)=0,解得x=2m.令f'(x)>0,解得0突破策略一　求导与数形结合法研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况.其基本的思路为:(1)构造函数,并求其定义域;(2)求导数,得单调区间和极值点;(3)通过数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.
例7函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在区间[t,t+1]上有解.解:(1)因为ex>0,所以不等式f(x)≤0等价于ax2+x≤0.
(2)当a=0时,方程f(x)=x+2即为xex=x+2.因为ex>0,所以x=0不是方程的解,
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为-3,1.
对点训练7已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(2)证明 由(1)知f(x)=x3-3x2+x+2,设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,由题设知1-k>0.当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4>0,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,所以g(x)=0在(0,+∞)内没有实根.综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
突破策略二　分类讨论法1.如果函数中没有参数,那么可以直接一阶求导得出函数的极值点,判断极值点大于0和小于0的情况,进而判断函数零点的个数;2.如果函数中含有参数,那么一阶导数的正负往往不好判断,这时要对参数进行分类,在参数小的范围内判断导数的符号.如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行再次求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.3.分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.
因为x→0(从右侧趋近0)时,f(x)→+∞;x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有两个零点.②当00,f(x)为增函数;当x∈(a,1)时,f'(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=a处取到极大值,f(x)在x=1处取到极小值.
当0对点训练8已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
解:(1)由题意可知f'(x)=3x2+a.设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)内无零点.
故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)内无零点,故f(x)在(0,1)内单调.
1.常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题;将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交点问题等.2.关于二次求导问题:(1)在讨论函数单调性时,如果导函数值的符号不容易确定,那么一般是对导函数再次求导判断出导函数的单调性,通过导函数的零点来确定导函数值的符号,从而判断出原函数的单调性;(2)利用求导的方法可求出某一函数的最值,如果求出的最值仍然是含有变量的表达式,那么再确定这一表达式的最值时仍然需要求导.
3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.4.所求问题如何转化成能利用导数解决的问题是关键.直接利用导数解决的问题一个是函数的单调性,一个是函数的极值或最值,所以应将具体问题通过等价转换(或构造函数),使所求问题转化成与单调性或函数的极值、最值有关的问题.