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2019高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分课件文.ppt

1、专题2 函数与导数,第2讲 综合大题部分,考情考向分析利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大,考点一 函数的单调性、极值、最值问题 1(单调性与最值)(2018南昌摸底调研)已知函数f(x)ln x2mx2n(m,nR)(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有最大值ln 2,求mn的最小值解析:(1)函数f(x)的定义域为(0,),,2(单调性与极值)(2018高考全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0,证明:当1x0时,f(x)0;当x0时,f(x)0;(2)若x0是f(x)的极大值点,求a.当1x

2、0时,g(x)0;当x0时,g(x)0,故当x1时,g(x)g(0)0,且仅当x0时,g(x)0,从而f(x)0,且仅当x0时,f(x)0.所以f(x)在(1,)单调递增又f(0)0,故当1x0时,f(x)0;当x0时,f(x)0.,(2)若a0,由(1)知, 当x0时,f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0), 这与x0是f(x)的极大值点矛盾 若a0,故h(x)与f(x)符号相同 又h(0)f(0)0,故x0是f(x)的极大值点, 当且仅当x0是h(x)的极大值点,h(x)0, 所以x0不是h(x)的极大值点则当x(1,0)时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0. 所以x0是h(x

3、)的极大值点,从而x0是f(x)的极大值点,1闭区间、开区间上的最值(1)求函数f(x)在闭区间a,b内的最大值和最小值的思路:若所给的闭区间a,b不含有参数,则只需对函数f(x)求导,并求f(x)0在区间a,b内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值若所给的闭区间a,b含有参数,则需对函数f(x)求导,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数f(x)的最值(2)求函数f(x)在非闭区间内的最大值和最小值的技巧:首先求函数的定义域和f(x);其次在定义域内解不等式f(x)0,得f(x)的递增区间,在定义域内

4、解不等式f(x)0,得f(x)的递减区间;最后数形结合,判断函数f(x)有无最大值与最小值,2已知极值点(极值)求参数已知函数f(x)的极值点求参数的取值范围的关键:对函数求导得到f(x),把函数含有极值点的个数问题转化为方程f(x)0含有根的个数问题,把方程f(x)0中含有的参数分离到方程的另一边,即g(x)a,通过构造函数,再次转化为两个函数yg(x),ya的图象的交点个数问题,画出图象,即可得到参数的取值范围,考点二 方程与函数零点问题(1)若a3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点,(2)证明:因为x2x10,仅当x0时g(x)0, 所以g(x)在(,)单调递增 故

5、g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点综上,f(x)只有一个零点,(3)当a0,b1,方程2mf(x)x2有唯一实数解,求正数m的值,解析:(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,),令f(x)0,解得x1. 当00,此时f(x)单调递增; 当x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减,当x(0,x2)时,g(x)0, g(x)在(x2,)单调递增 当xx2时,g(x2)0,g(x)取最小值g(x2) 因为g(x)0有唯一解,所以g(x2)0.,所以2mln x2mx2m0, 因为m0,所以2ln x2x210(*) 设函数h(x)2ln xx1,因为当x0时, h(x)是增函数,所

6、以h(x)0至多有一解 因为h(1)0,所以方程(*)的解为x21,,判断零点个数 判断函数在某区间a,b(a,b)内的零点的个数时,主要思路为:一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理,说明在此区间上至少有一个零点;二是求导,判断函数在区间(a,b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减,则说明至多只有一个零点;若函数在区间a,b(a,b)上不单调,则要求其最大值或最小值,借用图象法等,判断零点个数,考点三 导数与不等式问题 1(恒成立问题)(2018沈阳高考一模)已知函数f(x)(x1)23aln x,aR.(1)求函数f(x)图象经过的定点坐标;(2)当a1时,求曲线f(x)在点(1

7、,f(1)处的切线方程及函数f(x)单调区间;(3)若对任意x1,e,f(x)4恒成立,求实数a的取值范围解析:(1)当x1时,ln 10,f(1)4,函数f(x)的图象无论a为何值都经过定点(1,4)(2)当a1时,f(x)(x1)23ln x.,则切线方程为y41(x1),即yx3.,当a0时,f(x)0,f(x)在1,e上单调递增 f(x)minf(1)4,f(x)4不恒成立 当a0时,设g(x)2x22x3a,x0.g(x)在(0,)上单调递增,且存在唯一x0(0,),使得g(x0)0. 当x(0,x0)时,g(x)0,即f(x)0, f(x)在(0,x0)上单调递减;,当x(x0,)

8、时,g(x)0,即f(x)0, f(x)在(x0,)上单调递增 f(x)在1,e上的最大值f(x)maxmaxf(1),f(e),2(存在性问题)已知函数f(x)xaln x(a0)(1)若a1,求f(x)的极值;解析:(1)因为a1,所以f(x)xln x,x(0,),令f(x)0,解得0x1.所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,故f(x)的极小值是f(1)1,无极大值,当1ae时,h(x)在1,e上单调递减,当12,不符合题意,3(证明问题)(2018高考全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;,当0x2

9、时,f(x)0;当x2时,f(x)0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增,当0x1时,g(x)0;当x1时,g(x)0. 所以x1是g(x)的最小值点 故当x0时,g(x)g(1)0.,1不等式恒成立求参数求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关:第一关是转化关,即通过分离参数法,先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xD恒成立,再转化为f(a)g(x)max (或f(a)g(x)min);第二关是求最值关,即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 2不等式能成立求参数求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”:第一关是求导关;第二关是转化关,即通过

10、分离参数法,先转化为存在xD,使f(a)g(x)(或f(a)g(x)成立,再转化为f(a)g(x)min(或f(a)g(x)max);第三关是求最值关,即求函数g(x)在区间D上的最小值(或最大值)问题不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法,通过数形结合使问题获解,3不等式证明(1)利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x)证明技巧:先将不等式f(x)g(x)移项,即构造函数h(x)f(x)g(x),转化为证不等式h(x)0,再次转化为证明h(x)min0,因此,只需在所给的区间内,判断h(x)的符号,从而判断其单调性,并求出函数h(x)的最小值,即可得证(2)破解含双参

11、不等式的证明的关键:一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值;三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果,1混淆“函数的单调区间”“函数在区间上单调”“函数存在单调区间”(1)若f(x)在x2处取得极小值,求a的值;(2)若f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围,因为f(x)在x2处取得极小值,所以f(2)0,,由f(x)存在单调递减区间,得当x0时,f(x)0时,ax2(2a1)x a0有解(a为二次项的系数,需分类讨论) 当a0时,ax2(2a1)xa

12、0显然成立,当a0时,函数yax2(2a1)xa的图象是开口向上的抛物线,只要方程ax2 (2a1)xa0有两根,且至少有一个根为正根即可,易错防范 (1)已知函数的单调性求参数的取值范围问题的常用解法有两种:一种是子区间法,即利用集合思想求解;另一种是恒成立法,即若函数f(x)在区间D上单调递减,则f(x)0在区间D上恒成立(且不恒等于0),若函数f(x)在区间D上单调递增,则f(x)0在区间D上恒成立(且不恒等于0)勿因“”出错 (2)已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题,其转化方法为:若f(x)存在单调递减区间,则f(x)0在给定区间上有解注意将其与“函数的单调区间”“函

13、数在区间上单调”的转化方法区别开来,2混淆“极值”与“最值” 典例2 (2018江西吉安西路片七校联考)已知函数f(x)ax2(12a)xln x.(1)当a0时,求函数f(x)的单调递增区间;解析 因为f(x)ax2(12a)xln x,(1)因为a0,x0,所以2ax10,令f(x)0,得x1,所以f(x)的单调递增区间为(1,),易错防范 (1)解本题时不要混淆极值与最值,函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得到的,它不一定是最值,而函数的最值是通过比较整个区间内的函数值得到的,可能在极值处取得,也可能在区间端点处取得 (2)求函数f(x)在区间D上的最值一般有两种情况:一是f(x0)0的解x0含参未定,区间D定;二是f(x0)0的解x0定,区间D未定两者均需按x0在区间D内与在区间D外进行分类讨论,

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