《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考解答題專講1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考解答題專講1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)課件.ppt（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考解答題專講函數(shù)與導(dǎo)數(shù),考情分析函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考解答題中的重點和難點,最值問題、恒成立問題、零點問題等是其基本?？碱}型,同時要注重加強對于函數(shù)思想及分類討論思想在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解答題中的理解應(yīng)用.,題型一,題型二,題型三,單調(diào)性與極值、最值問題 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題,一般考查兩類題型:(1)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值,(2)利用單調(diào)性、極值、最值求參數(shù)的取值范圍.,題型一,題型二,題型三,【例1】 (2018北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex. (1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0,求a; (2)若f(x)在x=1處取得極
2、小值,求a的取值范圍.,解:(1)因為f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex, 所以f(x)=ax2-(a+1)x+1ex. 所以f(2)=(2a-1)e2.,題型一,題型二,題型三,(2)(方法一)由(1)得f(x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.,當(dāng)x(1,+)時,f(x)0. 所以f(x)在x=1處取得極小值. 若a1,則當(dāng)x(0,1)時,ax-1x-10. 所以1不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是(1,+).,題型一,題型二,題型三,(方法二)由(1)得f(x)=(ax-1)(x-1)ex. 當(dāng)a=0時,令f(x)=0,得x=1. f
3、(x),f(x)隨x的變化情況如下表:,f(x)在x=1處取得極大值,不合題意. 當(dāng)a0時,令f(x)=0,得x1= ,x2=1. 當(dāng)x1=x2,即a=1時,f(x)=(x-1)2ex0, f(x)在R上單調(diào)遞增, f(x)無極值,不合題意.,題型一,題型二,題型三,當(dāng)x1x2,即0
4、,題型一,題型二,題型三,f(x)在x=1處取得極大值,不合題意.綜上所述,a的取值范圍為(1,+).,題型一,題型二,題型三,【例2】 (2017山東高考)已知函數(shù)f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù). (1)求曲線y=f(x)在點(,f())處的切線方程. (2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.,解:(1)由題意f()=2-2, 又f(x)=2x-2sin x,所以f()=2, 因此曲線y=f(x)在點(,f())處的切線方程為y-(2-2)=
5、2(x-),即y=2x-2-2. (2)由題意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 因為h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x), 令m(x)=x-sin x,則m(x)=1-cos x0,所以m(x)在R上單調(diào)遞增.,題型一,題型二,題型三,因為m(0)=0,所以當(dāng)x0時,m(x)0; 當(dāng)x0,當(dāng)x0時,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a
6、-1; 當(dāng)a0時,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0. ()當(dāng)00,h(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x(ln a,0)時,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=ln a時h(x)取到極大值. 極大值為h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 當(dāng)x=0時h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;,題型一,題型二,題型三,()當(dāng)a=1時,ln a=0,所以當(dāng)x(-,+)時,h(x)0,函數(shù)h(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,無極值; ()當(dāng)a1時,ln a0,所以當(dāng)
7、x(-,0)時,ex-eln a0,h(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x(0,ln a)時,ex-eln a0,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=0時h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1; 當(dāng)x=ln a時h(x)取到極小值,極小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,題型一,題型二,題型三,綜上所述: 當(dāng)a0時,h(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a-1; 當(dāng)01時,函數(shù)h(x)在(-,0)和(ln a,+)上單調(diào)遞增,在(0,ln a)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值
8、,也有極小值,極大值是h(0)=-2a-1,極小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,策略技巧函數(shù)的單調(diào)性和最值問題基本思想是通過基本初等函數(shù)或者導(dǎo)數(shù)分析其單調(diào)性,由單調(diào)性討論函數(shù)的最值.,題型一,題型二,題型三,題型一,題型二,題型三,若a2,則f(x)0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時f(x)=0,所以f(x)在(0,+)單調(diào)遞減.,題型一,題型二,題型三,(2)證明:由(1)知,f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a2. 由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨設(shè)x11.,題型一,題型二,題型三,不等式問
9、題 導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用問題難度較大,屬中高檔題.歸納起來常見的命題角度有:(1)證明不等式;(2)不等式恒成立問題;(3)存在型不等式成立問題.,題型一,題型二,題型三,g(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增, 又g(0)=0,,題型一,題型二,題型三,h(x)在0,1上是增函數(shù), f(x)在區(qū)間(0,x0)上是單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增,,題型一,題型二,題型三,【例4】 已知函數(shù)f(x)=x+ . (1)當(dāng)0時,求證:f(x)(1-)x+,并指出等號成立的條件; (2)求證:對任意實數(shù),總存在實數(shù)x-3,3,有f(x).,令g(x)=0,解得x=0,當(dāng)x0時,g(x)0,函數(shù)g(x
10、)單調(diào)遞增,當(dāng)x<0時,g(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,g(x)min=g(0)=0,f(x)(1-)x+,當(dāng)x=0時取等號.,題型一,題型二,題型三,證明:“對任意實數(shù),總存在實數(shù)x-3,3,有f(x)”等價于f(x)的最大值大于. f(x)=1-e-x, 當(dāng)0時,x-3,3,f(x)0,f(x)在-3,3上單調(diào)遞增, f(x)的最大值為f(3)f(0)=. 當(dāng)0時命題成立; 當(dāng)0時,由f(x)=0得x=ln , 則xR時,x,f(x),f(x)關(guān)系如下:,題型一,題型二,題型三,當(dāng)e3時,ln 3,f(x)在-3,3上單調(diào)遞減, f(x)的最大值f(-3)f(0)=. 當(dāng)e3時命題成立
11、; 當(dāng)e-3f(0)=與f(3)f(0)=必有一成立, 當(dāng)e-3f(0)=. 所以當(dāng)0.,題型一,題型二,題型三,策略技巧1.運用導(dǎo)數(shù)證明不等式,常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題. 2.不等式恒成立通?？梢岳煤瘮?shù)的單調(diào)性求出最值解決.解答相應(yīng)的參數(shù)不等式,如果易分離參數(shù),可先分離變量,構(gòu)造函數(shù),直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,避免參數(shù)的討論. 3.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關(guān)系,即f(x)g(a)對于xD恒成立,應(yīng)求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,應(yīng)求f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號是否成立問題.,題型一,題型二,題型三,對點訓(xùn)練(2018浙江杭州第二中學(xué)6月熱身)
12、已知函數(shù)f(x)= +ln x. (1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)求證:f(x)0.,題型一,題型二,題型三,(2)證明:令h(x)=x3+2x2-3x-2,則h(x)=3x2+4x-3, 設(shè)h(x)=0的兩根為x1,x2,由于x1x2=-10,則h(x)在(0,x2)是遞減的,在(x2,+)是遞增的.而h(0)0,所以h(x)在(0,+)上存在唯一零點,且x0(1,2), 所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞減,在(x0,+)單調(diào)遞增.,題型一,題型二,題型三,函數(shù)的零點問題 研究函數(shù)零點的本質(zhì)就是研究函數(shù)的極值的正負,為此,我們可以通過討論函數(shù)的單調(diào)性來解
13、決,求解時應(yīng)注重等價轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用,其主要考查方式有:(1)確定函數(shù)的零點、圖象交點的個數(shù);(2)由函數(shù)的零點、圖象交點的情況求參數(shù)的取值范圍.,題型一,題型二,題型三,【例5】 (2017課標高考)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.,解:(1)f(x)的定義域為(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). ()若a0,則f(x)0,則由f(x)=0得x=-ln a. 當(dāng)x(-,-ln a)時,f(x)0,所以f(x)在(-,-ln a)單調(diào)遞減,在(-l
14、n a,+)單調(diào)遞增.,題型一,題型二,題型三,(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一個零點. ()若a0,由(1)知,當(dāng)x=-ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1- +ln a. 當(dāng)a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點;,題型一,題型二,題型三,【例6】 已知函數(shù)f(x)= x3-ax2+3x+b(a,bR). (1)當(dāng)a=2,b=0時,求f(x)在0,3上的值域. (2)對任意的b,函數(shù)g(x)=|f(x)|- 的零點不超過4個,求a的取值范圍.,則f(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3), 當(dāng)x(0,1)時,f(x)0,故函數(shù)f
15、(x)在(0,1)上單調(diào)遞增, 當(dāng)x(1,3)時,f(x)<0,故函數(shù)f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減,,題型一,題型二,題型三,(2)由f(x)=x2-2ax+3,則=4a2-12, 當(dāng)0,即a23時,f(x)0,f(x)在R上單調(diào)遞增,滿足題意, 當(dāng)0,即a23時,方程f(x)=0有兩根,設(shè)兩根為x1,x2,且x1
16、的單調(diào)性,借助零點存在性定理判斷;二是將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題,利用數(shù)形結(jié)合來解決.,題型一,題型二,題型三,對點訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.,題型一,題型二,題型三,即b=xln x-x(1-x)2+x(1-x)=xln x+x2-x3在x0上有解, 即求函數(shù)g(x)=xln x+x2-x3的值域. 令h(x)=ln x+x-x2,,x0, 當(dāng)00,從而h(x)在(0,1)上為增函數(shù); 當(dāng)x1時,h(x)0,g(x)的值域為(-,0, b的取值范圍為(-,0.,題型一,題型二,題型三,感悟提高 1.若函數(shù)f(x)在定義域A上存在最大值與最小值,則: (1)對任意xA,f(x)0f(x)min0; (2)存在xA,f(x)0f(x)max0. 2.不等式問題和零點問題實質(zhì)是通過適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值或極值問題.,
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