（通用版）2020版高考数学复习 专题二 函数与导数 2.4 导数及其应用（压轴题）课件 文

1、2.4导数及其应用(压轴题) -2- 高考命题规律高考命题规律 1.每年必考考题,一般在21题位置作为压轴题呈现. 2.解答题,12分,高档难度. 3.全国高考有4种命题角度,分布如下表. -3- -4- 12345 利用导数研究函数的单调性 高考真题体验对方向 1.(2019全国20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0a3时,记f(x)在区间0,1的最大值为M,最小值为m,求M-m 的取值范围. -5- 12345 -6- 12345 -7- 12345 2.(2017全国21)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (

2、2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围. -8- 12345 (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0), 因此h(x)在0,+)内单调递减, 而h(0)=1,故h(x)1, 所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当0a0(x0), 所以g(x)在0,+)内单调递增,而g(0)=0, 故exx+1. 当0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 -9- 12345 典题演练提能刷高分 (1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调

3、区间; (2)若函数f(x)在区间-2,a上单调递增,求a的取值范围. 解:(1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1), 又f(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3, 所以f(0)=a=-3,所以f(x)=x2+2x-3. 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表: -10- 12345 所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-3),(1,+),单调递减区间为(- 3,1). (2)因为函数f(x)在区间-2,a上单调递增,所以f(x)0.即对x-2,a, 只要f(x)min0. 因为函数f(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,

4、当-2a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(a), 由f(a)=a2+3a0,得a0或a-3,所以此种情况不成立; 当a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(-1), 由f(-1)=1-2+a0得a1, 综上,实数a的取值范围是1,+). -11- 12345 (1)当f(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性. 解:(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+), 从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1. -12- 12345 -13- 12345 -14- 12345 -15-

5、12345 由题意可知ax0+1.又x0(3,4),aZ, a的最小值为5. -16- 12345 (1)若f(x)在(0,+)上单调递减,求a的取值范围; (2)当a(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数. 即a(-x2+3x-3)ex在(0,+)恒成立, 设g(x)=(-x2+3x-3)ex,则g(x)=ex(-x2+x), g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减, g(x)max=g(1)=-e, a-e.实数a的取值范围为-e,+). -17- 12345 a=2x-(3-x)ex(x0), 令h(x)=2x-(3-x)ex,则h(x)=2+(x-2)

6、ex, 令(x)=h(x)=2+(x-2)ex(x0),则(x)=(x-1)ex, h(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增, h(x)min=h(1)=2-e0, 存在x0(0,2),使得x(0,x0)时h(x)0,h(x)单调递增, 又h(0)=-3,h(x0)0,a(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解, 即当a(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解. -18- 12345 函数的单调性与极值、最值的综合应用 高考真题体验对方向 1.(2019天津20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; 证明f

7、(x)恰有两个零点; 设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1x0,证明3x0-x12. -19- 12345 -20- 12345 -21- 12345 -22- 12345 2.(2019全国21)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明:(1)f(x)的定义域为(0,+). 又当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(x)单调递增. 因此,f(x)存在唯一的极值点. -23- 12345 (2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在区间(x0,+)内存在唯一

8、根x=. 综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. -24- 12345 3.(2017北京20)已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程; 解:(1)因为f(x)=excos x-x, 所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,f(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1. -25- 12345 (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. -26- 12345 4.(

9、2017全国21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围. 解:(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增. 若a0,则由f(x)=0得x=ln a. 当x(-,ln a)时,f(x)0.故f(x)在(-,ln a) 单调递减,在(ln a,+)单调递增. -27- 12345 (2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0. 若a0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=

10、- a2ln a.从而当且仅当-a2ln a0,即a1时,f(x)0. -28- 12345 典题演练提能刷高分 1.(2019湖北八校联考一)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(aR). (1)若函数f(x)有两个极值点,且都小于0,求a的取值范围; (2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),求函数h(x)的单调区间. -29- 12345 -30- 12345 -31- 12345 当x(0,1),(2,+)时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x(1,2)时,f(x)0. -33- 12345 -34- 12345 3.(2019安徽江淮十校联考一)已知函

11、数f(x)=ax2+xln x(a为常 数,aR,e为自然对数的底数,e=2.718 28). (1)若函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围; (2)若曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程为y=(2e+2)x-e2-e,kZ且 -35- 12345 -36- 12345 即有k(1.8)0,则存在m(1.8,2),使得k(m)=0, 则1xm,k(x)0,h(x)m时,k(x)0,h(x)0,h(x)在xm递增, 又k(m)=m2-m-ln m-1=0, 即有m2-1=m+ln m, 可得h(x)min=m2+m在(1.8.2)递增, 可得h(x)min(5.04,6), 由k0

12、,h(x)0在x(0,1)单调递增. 即h(x)0,都有f(x)0,求m+n的最小值. 解:(1)当n=1时,f(x)=ln x-mx-1. 函数f(x)有极大值为-2, m=1.经检验,m=1满足题意. -40- 12345 (2)函数f(x)的定义域为(0,+), 当m0, f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en, 则f(en)=ln en-men-n=-men0,舍去; 当m=0时,当x(0,+)时f(x)0, f(x)在(0,+)上单调递增,令x=en+1, 则f(en+1)=ln en+1-n=10,舍去; -41- 12345 即n-ln m-1,m+nm-ln m-1. 设h

13、(m)=m-ln m-1,令h(m)=1- =0,则m=1. 当m(0,1)时,h(m)0, h(m)在(1,+)上单调递增. h(m)的最小值为h(1)=0, 综上所述,当m=1,n=-1时m+n的最小值为0. -42- 12345 利用导数研究函数的零点或方程的根 高考真题体验对方向 1.(2019全国20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f(x)为f(x)的导数. (1)证明:f(x)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围. -43- 12345 (2)解:由题设知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f(x)在(0,)只有

14、一个零点, 设为x0,且当x(0,x0)时,f(x)0; 当x(x0,)时,f(x)0, 所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0,f()=0, 所以,当x0,时,f(x)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax. 因此,a的取值范围是(-,0. -44- 12345 2.(2016全国21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1) =(x-1)(ex+2a). ()设a0,则当x(-,1)时,f(x)0. 所以f(

15、x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增. -45- 12345 故当x(-,ln(-2a)(1,+)时,f(x)0; 当x(ln(-2a),1)时,f(x)0; 当x(1,ln(-2a)时,f(x)0,则由(1)知,f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增. 又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+). -47- 12345 典题演练提能刷高分 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有最小值,记为g(a),关于a的方程g(a)+a- -1=m有三 个不同的实数根,求实数m的取值范围. -48- 12345 -49- 123

16、45 只要讨论h(x)的零点即可. -50- 12345 h(x)=ex(x-a+1),h(a-1)=0,当x(-,a-1)时,h(x)0,h(x)是增函数. 所以h(x)在区间(-,a)的最小值为h(a-1)=1-ea-1. 显然,当a=1时,h(a-1)=0,所以x=a-1是F(x)的唯一的零点; 当a0,所以F(x)没有零点; 当a1时,h(a-1)=1-ea-10,所以F(x)有两个零点. -51- 12345 M(x)=ex-2x-2,令(x)=ex-2x-2, (x)=ex-2,(x)在(-,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增. (1)(2)0,(-1)(0)0,

17、M(x)在(0,+)上只有一个零点x0(1x02), -2x0-2=0, M(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增. -52- 12345 -53- 12345 3.(2019河北唐山三模)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f(x). (1)若a=1,求f(x)的极大值; (2)当0 x1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围. -54- 12345 -55- 12345 -56- 12345 4.(2019山西运城二模)已知函数f(x)=xex-a(ln x+x),aR. (1)当a=e时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)有两个零点,求

18、实数a的取值范围. 当0 x1时,f(x)1时,f(x)0, f(x)在(0,1)上为减函数;在(1,+)上为增函数. (2)记t=ln x+x,则t=ln x+x在(0,+)上单调递增,且tR. f(x)=xex-a(ln x+x)=et-at=g(t). f(x)在(0,+)上有两个零点等价于g(t)=et-at在tR上有两个零点. 当a=0时,g(t)=et在R上单调递增,且g(t)0,故g(t)无零点; 当a0恒成立,g(t)在R上单调递增, -57- 12345 当a0时,由g(t)=et-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的一个极小值 g(ln a)=a(1-ln a), 若

19、0a0,g(t)无零点; 若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点; 若ae,g(t)极小值=a(1-ln a)0, 从而g(a)=ea-a20, g(t)在(0,ln a)和(ln a,+)上各有一个零点. 综上可知,当ae时,f(x)有两个点,故所求a的取值范围是(e,+). -58- 12345 导数与不等式 高考真题体验对方向 1.(2017全国21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; -59- 12345 当x(0,1)时,g(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0. -60- 12345 2.(2016全国21

20、)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (3)设c1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx. 令f(x)=0解得x=1. 当0 x0,f(x)单调递增; 当x1时,f(x)0,f(x)单调递减. -61- 12345 (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x1时,ln x1, 设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c, 又g(0)=g(1)=0,故当0 x0. 所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx. -62- 12345 典题演练提能刷高分 1.(2019江西九江一模)已知函数f(x

21、)=x2-(2a-1)x-aln x(aR). (1)试讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)存在最小值f(x)min,求证:f(x)min0在(0,+)恒成立,故f(x)在(0,+)递增, 当a0时,由f(x)0,解得xa; 由f(x)0,解得0 x0时,ex-ex-1x(ln x-1). -65- 12345 (1)解:由f(x)=ex-ax2,得f(x)=ex-2ax. 因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e-2)y=0垂直, 所以f(1)=e-2a=e-2,所以a=1, 即f(x)=ex-x2,f(x)=ex-2x. 令g(x)=ex-2x,则g(x)=ex-2

22、. 所以x(-,ln 2)时,g(x)0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 20. 所以f(x)0,f(x)单调递增. 即f(x)的单调增区间为(-,+),无减区间. -66- 12345 (2)证明:由(1)知f(x)=ex-x2,f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1处的切线方程 为y-(e-1)=(e-2)(x-1),即y=(e-2)x+1. 令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1, 则h(x)=ex-2x-(e-2)=ex-e-2(x-1), 且h(1)=0,h(x)=ex-2. x(-,ln 2)时,h(x)0,h(x)单调递增. 因为h(1)

23、=0,所以h(x)min=h(ln 2)=4-e-2ln 20,所以存在x0(0,1), 使x(0,x0)时,h(x)0,h(x)单调递增;x(x0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增. 又h(0)=h(1)=0,所以x0时,h(x)0, 即ex-x2-(e-2)x-10, 所以ex-(e-2)x-1x2. 所以x(0,1)时,(x)0,(x)单调递增; x(1,+)时,(x)0,所以x(ln x+1)x2. 所以x0时,ex-(e-2)x-1x(ln x+1), 即x0时,ex-ex-1x(ln x-1). -68- 12345 3.(2019陕西咸阳一模)设函数f(x)=x+1-mex,

24、mR. (1)当m=1时,求f(x)的单调区间; (1)解:当m=1时,f(x)=x+1-ex,f(x)=1-ex.令f(x)=0,则x=0. 当x0;当x0时,f(x)0, 故函数f(x)的单调递增区间是(-,0);单调递减区间是(0,+). -69- 12345 -70- 12345 4.(2019山东泰安二模)已知函数f(x)=(x-m)ln x(m0). (1)若函数f(x)存在极小值点,求m的取值范围; (2)当m=0时,证明:f(x)ex-1. -71- 12345 令g(x)=0,解得x=-m.当x(0,-m)时,g(x)0. g(x)min=g(-m)=2+ln(-m),若g(-m)0,即m-e-2,则f(x)=g(x)0恒成立, f(x)在(0,+)上单调递增,无极值点,不满足题意. g(-m)g(1-m)0. 又g(x)在(-m,+)上单调递增, g(x)在(-m,+)上恰有一个零点x1. 当x(-m,x1)时,f(x)=g(x)0, x1是f(x)的极小值点,满足题意, 综上,-e-20,xln x0,f(x)(1)=e-10, (x)在(1,+)上单调递增, h(x)=(x)(1)=e-10, h(x)在(1,+)上单调递增, h(x)h(1)=e-10, 当x1时,xln xex-1成立, 综上,f(x)ex-1. -73- 1234