高考理数　导数的应用.pptx

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1、§3.2导数的应用高考理数(课标专用)考点一　函数的单调性1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2,令f'(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知,f(x)

2、存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以

3、义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(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.解析本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.(1

4、)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.(ii)若a>0,则由f'(x)=0得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-lna)单调递减,在(-lna,+∞)单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ii)若a>0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-+lna.①当a=1时,由于f(-lna)=0,故

5、f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-+lna>0,即f(-lna)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-+lna<0,即f(-lna)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.由于ln>-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).思路分析(1)先求f(x)的导数f'(x),再对a分区间讨论f'(x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结合第(1)问函数的单调性,

6、分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.方法总结(1)利用导数研究函数的单调性的原理:若f'(x)>0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f'(x)<0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.(2)利用导数解函数零点问题的常用思路:首先利用导数研究函数的单调性、极值和最值,然后根据单调性、极值和最值,画出函数的大致图象,进而数形结合解决问题.考点二　函数的极值与最值1.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(　　)A.-1　    B.-2e-3C.5e-3D.1答案A本题主要考查导

7、数的应用.由题意可得f'(x)=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].∵x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,∴f'(-2)=0,∴a=-1,∴f(x)=(x2-x-1)ex-1,f'(x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),∴x∈(-∞,-2),(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(-2,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.∴f(x)极小