新高考高中数学二轮复习专题七函数与导数导学案+PPT课件

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第4讲　导数与函数的单调性、极值、最值——大题备考微专题1　利用导数研究函数的单调性『抢分题组训练』1．设函数f(x)＝ax－2－ln x(a∈R)，求f(x)的单调区间．                 2．[2021·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．          3．已知函数f(x)＝xex－(x＋1)2，讨论函数f(x)的单调性．                 4．已知函数f(x)＝x2－2a ln x＋(a－2)x.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．           求解或讨论含参函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：1．在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．2．在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．[提醒]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．微专题2　利用导数研究函数的极值、最值 『抢分题组训练』1．已知函数f(x)＝.(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．                2．已知函数f(x)＝x2－2a ln x－1(a≠0)．(1)当a＝2时，求f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的极值．            3．已知f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－，a∈R.(1)当a＝1时，求证：不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立；(2)若g(x)＝，是否存在实数a，得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，若存在，求a的值，若不存在，请说明理由．              4．已知函数f(x)＝x2－ax ln x＋ax.(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．                利用导数研究函数极值、最值的方法1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．3．求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．  第4讲　导数与函数的单调性、极值、最值微专题1　利用导数研究函数的单调性抢分题组训练1．解析：f(x)＝ax－2－ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－，①当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减；②当a>0时，令f′(x)＝0，解得：x＝，列表得：xf′(x)－0＋y＝f(x)↘ ↗所以，a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递减；当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.2．解析：(1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，令f′(x)>0，则x<x1或x>x2；令f′(x)<0，则x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在(－∞，)上单调递增，在()上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．(2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为＋ax0＋1)，因为f′(x0)＝＋ax0＋1)＝－2x0＋a)(x－x0)．由l过坐标原点，得－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a)．3．解析：定义域为R，f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，①a≤0，ex－a≥0，x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减；x∈(－1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)＝0，x1＝－1，x2＝ln a，②当a>，ln a>－1时，x∈(－∞，－1)>0，所以f(x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上单调递增，当x∈(－1，ln a)，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减；③当a<，ln a<－1时，x∈(－∞，ln a)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上单调递增，当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0时，所以f(x)在(ln a，－1)上单调递减；④当a＝时，f′(x)≥0恒成立，且只有当x＝－1时，f′(x)＝0，所以f(x)在R上单调递增；综上，①当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；②当a>时，f(x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(－1，ln a)上单调递减；③当a<时，f(x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln a，－1)上单调递减；④当a＝时，f(x)在R上单调递增．4．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln  x－3x，∴f′(x)＝x＋－3＝＝，当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)．(2)假设存在实数a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，∴g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0恒成立，即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．∴x2－2x－2a≥0，当x>0时恒成立．∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立，令φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，其最小值为－，∴当a≤－时，g′(x)≥0恒成立．又当a＝－，g′(x)＝当且仅当x＝1时，g′(x)＝0，故当a∈时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增．微专题2　利用导数研究函数的极值、最值抢分题组训练1．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝，则f′(x)＝，∴f(1)＝1，f′(1)＝－4，此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0；(2)因为f(x)＝，则f′(x)＝＝，由题意可得f′(－1)＝＝0，解得a＝4，故f(x)＝，f′(x)＝，列表如下： x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)增极大值减极小值增所以，函数f(x)的增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．当x<时，f(x)>0；当x>时，f(x)<0.所以，f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－.2．解析：(1)当a＝2时，函数f(x)＝x2－4ln x－1，求导f′(x)＝2x－，则f′(1)＝－2，又f(1)＝0，即切点为(1，0)，利用点斜式可得曲线y＝f(x)在切点处的切线方程为y－0＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.(2)由函数f(x)＝x2－2a ln x－1，可得f′(x)＝2x－＝，x∈(0，＋∞)，①当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不存在极值；②当a>0时，令f′(x)＝0，解得：x＝或x＝－(舍去)随着x的变化，f′(x)，f(x)变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以，当x＝时，函数f(x)取得极小值，极小值为f()＝()2－2a ln ()－1＝a－a ln a－1，无极大值，综上可得，当a<0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极小值a－a ln a－1，无极大值．3．解析：(1)当a＝1时，因为f(x)>0等价于x2－(x＋1)ln x－>0，又x∈(0，e]，所以x－ln x>，令h(x)＝x－ln x，h′(x)＝1－，0<x<1，所以当0<x<1时，h′(x)＝1－<0，此时h(x)单调递减；当1<x≤e，h′(x)>0时，此时h(x)单调递增．所以h(x)的极小值h(1)＝1.令F(x)＝，F′(x)＝，所以当0<x≤e时，F′(x)>0，F(x)在(0，e]上单调递增．所以F(x)max＝，因此a＝1时，不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立．(2)因为f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－，所以＝ax－ln x－，所以g(x)＝＝ax－ln x，假设存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，因为g′(x)＝a－＝.①当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在x∈(0，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝不符合题意，②当0<<e时，g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)min＝g＝1＋ln a＝3，解之得a＝e2，满足条件；③当≥e时，g(x)在x∈(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，所以a＝(舍去)，所以，此时不满足题意．综上，存在实数a＝e2.4．解析：(1)当 a＝1时，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ln x，令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，当h′(x)<0⇒0<x<1，当h′(x)>0⇒x>1，所以f′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x＝1为f′(x)的极小值点，且f′(x)≥f′(1)＝1>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)问题转化为方程a ln x＝x有两个不相等的实根，当ln x＝0，即x＝1时，a ln x＝x不成立；当x>0且x≠1时，a＝，令φ(x)＝，则y＝a与φ(x)＝的图象有两个交点，∵φ′(x)＝，φ′(x)<0⇒0<x<1或1<x<e；φ′(x)>0⇒x>e，∴φ(x)在(0，1)，(1，e)单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，又当x∈(0，1)，φ(x)<0，x∈(1，＋∞)，φ(x)>0，且φ(x)在(1，＋∞)的最小值为φ(e)＝e，∴当a>e时，直线y＝a与φ(x)＝的图象有两个交点，∴实数a的取值范围为(e，＋∞)．