2019届江苏高考数学二轮复习第二篇第19练导数的综合应用课件理.pptx

第二篇 重点专题分层练，中高档题得高分,第19练 导数的综合应用压轴大题突破练,明晰考情 1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题. 2.题目难度：偏难题.,核心考点突破练,栏目索引,模板答题规范练,考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根),方法技巧 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：(1)转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解.,核心考点突破练,解答,1.设函数f(x)x3ax2bxc. (1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； 解 由f(x)x3ax2bxc， 得f(x)3x22axb. f(0)c，f(0)b， 曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.,解答,(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.,解 当ab4时，f(x)x34x24xc， f(x)3x28x4. 令f(x)0，得3x28x40，,当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的变化情况如下：,解答,(1)讨论函数f(x)的单调性；,当a0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上单调递减；,解答,3.已知函数f(x)(x1)exax2，aR. (1)讨论函数f(x)的单调区间；,解答,解 f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a). 若a0，则当x0时，f(x)0； 当x0时，f(x)0. 故函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增. 当a0时，由f(x)0，解得x0或xln(2a).,则xR，f(x)x(ex1)0， 故f(x)在(，)上单调递增；,则当x(，ln(2a)(0，)时，f(x)0； 当x(ln(2a)，0)时，f(x)0. 故函数f(x)在(，ln(2a)，(0，)上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减.,则当x(，0)(ln(2a)，)时，f(x)0； 当x(0，ln(2a)时，f(x)0. 故函数f(x)在(，0)，(ln(2a)，)上单调递增，在(0，ln(2a)上单调递减.,(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.,解答,解 当a0时，由(1)知，函数f(x)在(，0)上单调递减， 在(0，)上单调递增. 因为f(0)10， 取实数b满足ba(b1)ab2a(b2b1)a(421)0， 所以f(x)有两个零点； 若a0，则f(x)(x1)ex，故f(x)只有一个零点. 若a0，由(1)知，,又当x0时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；,在(0，ln(2a)上单调递减. 又f(0)1，故不存在两个零点. 综上所述，a的取值范围是(0，).,考点二 利用导数证明不等式问题,方法技巧 利用导数证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.,解答,4.设函数f(x)ln xx1. (1)讨论函数f(x)的单调性；,令f(x)0，解得x1. 当00，f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减. 因此，f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数.,证明,结合(1)知，当x1时，f(x)1， 则F(x)1ln x1ln x， 当x1时，F(x)0，可得F(x)在(1，)上单调递增， 即有F(x)F(1)0， 即有xln xx1.综上，原不等式得证.,解答,5.设函数f(x)e2xaln x. (1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；,当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；,在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.,故当a0时，f(x)存在唯一零点.,证明,证明 由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0， 当x(0，x0)时，f(x)0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).,解答,(1)若a0，求过点(0，1)且与曲线yf(x)相切的直线方程；,设切点为T(x0，1ln x0)，,因为切线过点(0，1)，,解答,(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2. 求实数a的取值范围；,(i)若a0，则f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递减， 从而函数f(x)在(0，)上至多有1个零点，不合题意.,解得0ae.,当x(0,1)时，g(x)0，函数g(x)在(1，)上单调递增， 所以g(x)g(1)0，,综上所述，a的取值范围是(0，e).,求证：f(x1)f(x2)0.,证明,证明 由x1，x2是函数f(x)的两个零点(不妨设0x1x2)，,所以函数h(x)在(0,1)上单调递减， 所以h(x)h(1)0.,即f(x1)f(x2)0成立.,考点三 不等式恒成立或有解问题,方法技巧 不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论. (3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.,7.已知函数f(x)exex2ax(aR). (1)若f(x)在(0,1)上单调，求a的取值范围； 解 由题意知，f(x)ex2exa， 令h(x)ex2exa，则h(x)ex2e， 当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减， 即f(x)在0,1)上单调递减. 若f(x)在(0,1)上单调递增，则f(1)0，即ae； 若f(x)在(0,1)上单调递减，则f(0)0，即a1. 综上可知，a的取值范围为(，1e，).,解答,解答,(2)若函数yf(x)exln x的图象恒在x轴上方，求a的最小整数解.,解 由题意知，yf(x)exln x,令t(x)ex1x，t(x)ex11，当x1时，t(x)0，t(x)单调递增， 当0x1时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x)t(1)0，ex1x0.,结合题意，知a0，故a的最小整数解为1.,8.已知函数f(x)ln x.,由题意得方程x2ax10有两个不等的正实数根，,a2，即a的取值范围为(2，).,解答,解答,(2)若关于x的方程f(x)m(x1)(mZ)有实数解，求整数m的最大值.,当x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递增； 当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递减，,即mh(x)max(mZ)， 故m0，经检验当m0时成立， 整数m的最大值为0.,(1)求函数g(x)f(x)f(x)的最大值；,解 g(x)f(x)f(x),解答,解答,模板答题规范练,模板体验,例 (16分)已知函数f(x)ln xmxm，mR. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求实数m的值；,审题路线图,规范解答评分标准,当m0时，f(x)0恒成立，则函数f(x)在(0，)上单调递增；,(2)解 由(1)知，当m0时显然不成立；,mln m1，,只需mln m10即可，令g(x)xln x1，,函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以g(x)ming(1)0. 故f(x)0在x(0，)上恒成立时，m1. 11分,构建答题模板 第一步 求导数. 第二步 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质. 第三步 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法. 第四步 得结论：审视转化过程的合理性. 第五步 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.,规范演练,(1)求函数f(x)的单调区间；,解 函数f(x)的定义域为(0，)，,解答,(2)当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.,解答,解 令F(x)f(x)g(x),问题等价于求函数F(x)的零点个数.,当m1时，F(x)0， 函数F(x)在(0，)上为减函数，,当m1时，若0x1或xm，则F(x)0； 若1xm，则F(x)0， 所以函数F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，,所以F(x)有唯一零点. 综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.,解答,2.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论f(x)的单调性；,解 f(x)的定义域为(0，)，,若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增.,综上，当a0，f(x)在(0，)上单调递增；,证明,当x(0,1)时，g(x)0； 当x(1，)时，g(x)0.,所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减. 故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0. 所以当x0时，g(x)0.,(1)求f(x)的单调区间；,f(x)的定义域为(0，).,由f(x)0，得01，,f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，).,解答,解答,证明,f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 10，即f(x)0，,4.(2018江苏如东高级中学月考)已知函数f(x)xln xk(x1)，kR. (1)当k1时，求函数f(x)的单调区间； 解 当k1时，f(x)xln xx1，f(x)ln x. 令f(x)0，解得x1， 令f(x)0，解得0x1， f(x)的单调增区间为(1，)，单调减区间为(0,1).,解答,(2)若函数yf(x)在区间(1，)上有1个零点，求实数k的取值范围；,解答,解 f(x)ln x1k， 当k1时，由x1，知f(x)0， f(x)在(1，)上是单调增函数，且图象不间断， 又f(1)0，当x1时，f(x)f(1)0， 函数yf(x)在区间(1，)上没有零点，不合题意. 当k1时，由f(x)0， 解得xek11， 若1ek1，则f(x)0， 故f(x)在(ek1，)上是增函数，,当10，f(x)在(1，)上的图象不间断， 函数yf(x)在区间(1，)上有1个零点，符合题意. 综上所述，k的取值范围为(1，).,(3)是否存在正整数k，使得f(x)x0在x(1，)上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理