考点09 导数的综合应用(教师版)备战2021年新高考数学微专题补充考点精练
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1、 第 1 页 / 共 31 页 考点考点 09 导数的综合应用导数的综合应用 1、运用导数研究函数的零点问题 2、运用导数研究函数的恒成立问题 3、运用导数研究实际应用题 4、运用导数研究定义型问题 近几年各地对导数的考查逐步增加,选择、填空以及大题均有考查,难度也逐步增加,对于压轴题重点考 查 1、通过导数研究函数的零点、恒成立问题等问题。 2、利用导数研究函数的最值是函数模型的一个重要模块,导数是求函数的一种重要工具,对 函数的解析式没有特殊的要求,无论解析式是复杂或者简单,与三角函数还是与其他模块的结 合都可以运用导数求解,常考的知识点可以与立体几何、三角函数、解析几何等模块结合,这 是
2、近几年江苏高考命题的趋势 在高考复习中要注意以下几点: 1、注意函数零点的判断,以及函数恒成立问题的解题策略。 2、导数的实际应用关键是构建函数模型。第一步:弄清问题,选取自变量,确立函数的取值 范围;第二步:构建函数,将实际问题转化为数学问题;第三步:解决构建数学问题;第四步: 将解出的结果回归实际问题,对结果进行取舍。在建立函数模型时,要注意函数的定义域,要 积累常见函数模型如分式函数、三次函数、三角函数等知识点模块的结合。 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 31 页 1、 【2019 年高考天津理数】
3、已知aR, 设函数 2 22 ,1, ( ) ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式( )0f x 在R上恒成立,则a的取值范围为 A0,1 B0,2 C0,e D1,e 【答案】C 【解析】当1x 时,(1)1 2210faa 恒成立; 当1x时, 2 2 ( )2202 1 x f xxaxaa x 恒成立, 令 2 ( ) 1 x g x x , 则 222 (11)(1)2(1) 1 ( ) 111 xxxx g x xxx 11 122 (1)20 11 xx xx , 当 1 1 1 x x ,即0 x时取等号, max 2( )0ag x,则0a . 当1x
4、 时,( )ln0f xxax,即 ln x a x 恒成立, 令( ) ln x h x x ,则 2 ln1 ( ) (ln ) x h x x , 当ex时,( )0h x ,函数( )h x单调递增, 当0ex时,( )0h x ,函数( )h x单调递减, 则ex时,( )h x取得最小值(e)eh, min ( )eah x, 综上可知,a的取值范围是0,e. 故选 C. 第 3 页 / 共 31 页 2、【2019 年高考浙江】已知, a bR,函数 32 ,0 ( ) 11 (1),0 32 x x f x xaxax x 若函数 ( )yf xaxb 恰有 3 个零点,则 A
5、a1,b0 Ba0 Ca1,b1,b0 【答案】C 【解析】当 x0 时,yf(x)axbxaxb(1a)xb0,得 x, 则 yf(x)axb 最多有一个零点; 当 x0 时,yf(x)axbx3(a+1)x2+axaxbx3(a+1)x2b, 2 (1)yxax, 当 a+10,即 a1 时,y0,yf(x)axb 在0,+)上单调递增, 则 yf(x)axb 最多有一个零点,不合题意; 当 a+10,即 a1 时,令 y0 得 x(a+1,+) ,此时函数单调递增, 令 y0 得 x0,a+1) ,此时函数单调递减,则函数最多有 2 个零点. 根据题意,函数 yf(x)axb 恰有 3
6、个零点函数 yf(x)axb 在(,0)上有一个零点, 在0,+)上有 2 个零点, 如图: 0 且, 第 4 页 / 共 31 页 解得 b0,1a0,b(a+1)3, 则 a1,b0).问O E为多少米时,桥墩 CD 与 EF 的总造价 最低? 【答案】 (1)120米(2)20OE米 【解析】 (1)由题意得 23 11 |406 40 | 80 40800 O AO A | | 8040120ABO AO B 米 (2)设总造价为 ( )f x万元, 2 1 |80160 40 O O,设|O Ex , 32 131 ( )(1606 )160(80) ,(040) 800240 f
7、xkxxkxx 322 1336 ( )(160),( )()020 8008080080 f xkxxfxkxxx (0 舍去) 当020 x时,( )0fx ;当2040 x时,( )0fx ,因此当20 x=时, ( )f x取最小值, 答:当20OE米时,桥墩 CD 与 EF的总造价最低. 4、 【2020 年江苏卷】.已知关于 x 的函数( ),( )yf xyg x与( )( ,)h xkxb k bR在区间 D上恒有 第 5 页 / 共 31 页 ( )( )( )f xh xg x (1)若 22 2 2()f xxxg xxxD ,求 h(x)的表达式; (2)若 2 1 l
8、n ,( )( )( )(0) xxgkxhkxk Df xxx ,求 k的取值范围; (3)若 422242 ( ) 2( ) (48 ( ) 4 3 0)2 2f xxxg xxh xtt xttt, , 2, 2Dm n , 求 证:7nm 【解析】 (1)由题设有 22 22xxkxbxx对任意的xR恒成立. 令0 x,则00b,所以0b. 因此 2 2kxxx即 2 20 xk x对任意的xR恒成立, 所以 2 20k ,因此2k . 故 2h xx. (2)令 1 ln0F xh xg xk xxx , 01F. 又 1x Fxk x . 若k0,则 F x在( ) 0,1上递增,
9、在( ) 1,+?上递减,则 10F xF,即 0h xg x,不符 合题意. 当0k 时, 0,F xh xg xh xg x,符合题意. 当0k 时, F x在( ) 0,1上递减,在( ) 1,+?上递增,则 10F xF, 即 0h xg x,符合题意. 综上所述,0k . 由 2 1f xh xxxkxk 2 110 xkxk 当 1 0 2 k x ,即1k 时, 2 11yxkxk在( ) 0,+?为增函数, 因为 0010fhk , 故存在 0 0,x ,使 0f xh x,不符合题意. 当 1 0 2 k x ,即1k 时, 2 0f xh xx,符合题意. 第 6 页 /
10、共 31 页 当 1 0 2 k x ,即1k 时,则需 2 1410kk ,解得13k . 综上所述,k的取值范围是0,3k. (3)因为 423422 243248xxtt xttx对任意 , 2,2xm n 恒成立, 42342 2432xxtt xtt对任意 , 2,2xm n 恒成立, 等价于 222 ()2320 xtxtxt对任意 , 2,2xm n 恒成立. 故 22 2320 xtxt对任意 , 2,2xm n 恒成立 令 22 ( )232M xxtxt, 当 2 01t, 2 880, 11tt , 此时2217nmt , 当 2 12t, 2 880t , 但 2342
11、 48432xtt xtt 对任意的 , 2,2xm n 恒成立. 等价于 2322 443420 xtt xtt 对任意的 , 2,2xm n 恒成立. 2322 443420 xtt xtt 的两根为 12 ,x x, 则 42 3 1212 328 , 4 tt xxtt x x , 所以 2 12121 2 =4nmxxxxx x 642 538ttt . 令 2 ,1,2t ,则 32 538nm . 构造函数 32 5381,2P , 2 31033 31P , 所以1,2时, 0P , P递减, max 17PP. 所以 max7nm ,即 7nm . 5、 【2020 年全国
12、3 卷】设函数 3 ( )f xxbxc,曲线 ( )yf x 在点( 1 2 ,f( 1 2 )处的切线与 y轴垂直 (1)求 b (2)若 ( )f x有一个绝对值不大于 1的零点,证明:( )f x所有零点的绝对值都不大于 1 第 7 页 / 共 31 页 【解析】 (1)因为 2 ( )3fxxb, 由题意, 1 ( )0 2 f,即 2 1 30 2 b 则 3 4 b ; (2)由(1)可得 3 3 ( ) 4 f xxxc, 2 311 ( )33()() 422 fxxxx, 令 ( ) 0fx ,得 1 2 x 或 2 1 x ;令 ( ) 0fx ,得 11 22 x, 所
13、以 ( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减,在 1 (,) 2 , 1 ( ,) 2 上单调递增, 且 111111 ( 1),(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc, 若 ( )f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 零点 0 x,则( 1)0f 或(1)0f, 即 1 4 c 或 1 4 c . 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc , 由零点存在性定理知 ( )f x在( 4 , 1)c 上存在唯一一个零点 0 x, 即 ( )f
14、 x在(, 1) 上存在唯一一个零点,在( 1,) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc, 由零点存在性定理知 ( )f x在(1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0 x, 即 ( )f x在(1,)上存在唯一一个零点,在(,1) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 综上, ( )f x所有零点的绝对值都不大于 1. 6、 【2020 年天津
15、卷】.已知函数 3 ( )ln ()f xxkx kR,( )fx 为 ( )f x的导函数 ()当6k 时, 第 8 页 / 共 31 页 (i)求曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程; (ii)求函数 9 ( )( )( )g xf xfx x 的单调区间和极值; ()当3k时,求证:对任意的 12 ,1,)xx ,且 12 xx,有 1212 12 2 fxfxf xf x xx 【解析】() (i) 当 k=6 时, 3 6lnf xxx, 2 6 3fxx x .可得 11f, 19f, 所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为191yx ,即98yx. (ii)
16、依题意, 32 3 36ln,0,g xxxxx x . 从而可得 2 2 63 36gxxx xx , 整理可得: 3 2 3(1) (1) ( ) xx g x x , 令 0gx ,解得1x . 当 x变化时, ,gxg x的变化情况如下表: x () 0,1 1x () 1,+? gx 0 g x 单调递减 极小值 单调递增 所以,函数 g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+); g(x)的极小值为 g(1)=1,无极大值. ()证明:由 3 ( )lnf xxkx,得 2 ( )3 k fxx x . 对任意的 12 ,1,)xx ,且 12 xx,令 1 2 (
17、1) x tt x ,则 121212 2xxfxfxf xf x 第 9 页 / 共 31 页 2233 1 121212 122 332ln xkk xxxxxxk xxx 3322 121 121212 212 332 ln xxx xxx xx xkk xxx 332 2 1 3312lnxtttk tt t . 令 1 ( )2ln ,1,)h xxxx x . 当 x1时, 2 2 121 ( )110h x xxx , 由此可得 h x在1,单调递增,所以当 t1时, 1h th,即 1 2ln0tt t . 因为 2 1x , 323 331(1)0tttt ,3k , 所以
18、33232 2 11 3312ln33132lnxtttk ttttttt tt 32 3 36ln1ttt t . 由()(ii)可知,当1t 时, 1g tg,即 32 3 36ln1ttt t , 故 32 3 36ln10ttt t 由可得 121212 20 xxfxfxf xf x . 所以,当3k 时,任意的 12 ,1,x x ,且 12 xx,有 1212 12 2 fxfxf xf x xx . 7、 【2020 年浙江卷】.已知12a,函数 e x f xxa ,其中 e=2.71828为自然对数的底数 ()证明:函数 yf x在(0 ), 上有唯一零点; ()记 x0为
19、函数 yf x在(0), 上的零点,证明: () 0 12(1)axa ; 第 10 页 / 共 31 页 () 0 0 (e )(e 1)(1) x x faa 【解析】 (I)( )1,0,1,( )0,( ) xx fxexefxf x QQ在(0, )上单调递增, 22 12,(2)240,(0)10afeaefa Q, 所以由零点存在定理得 ( )f x在(0,)上有唯一零点; (II) (i) 0 00 ()0,0 x f xexaQ, 00 2 0000 12(1)12(1) xx axaexxex , 令 2 2 ( )1(02), ( )1(02), 2 xx x g xex
20、xxh xexx 一方面: 1 ( )1( ), x h xexh x 1( ) 10 x hxe , ( )(0)0,( )h xhh x在(0,2)单调递增,( )(0)0h xh, 2 2 10,2(1) 2 xx x exexx , 另一方面:121 1aa Q, 所以当 0 1x 时, 0 1ax 成立, 因此只需证明当01x时 2 ( )10 x g xexx , 因为 11 ( )12( )( )20ln2 xx g xexg xgxex , 当(0,ln2)x时, 1( ) 0gx ,当 (ln2,1)x 时, 1( ) 0gx , 所以( )max(0),(1),(0)0,(
21、1)30,( )0g xggggeg x Q , ( )g x 在(0,1)单调递减,( )(0)0g xg, 2 1 x exx , 综上, 00 2 0000 12(1),12(1) xx exxexaxa . (ii) 0 000000 ()()()(1)(2) x aa t xx f ex f xaxexa e, 00 ()2(1)(2)0 aa t xexa eQ, 0 12(1)axa , 0 ()(1)1(1)1(2)(1)(1)1(2) aaaa t xtaaeaa eeaa ae , 因为12a, 第 11 页 / 共 31 页 所以,2(1) a ee aa, 0 ()(1
22、)(1)2(1)1(2) a t xeaaae, 只需证明 2 2(1)1(2)(1)(1) a aaeea, 即只需证明 22 4(2)(1) (1) a eea, 令 22 ( )4(2)(1) (1),(12) a s aeeaa, 则 22 ( )8(2)(1)8 (2)(1)0 aa s ae eee ee, 2 ( )(1)4(2)0s ase,即 22 4(2)(1) (1) a eea成立, 因此 0 x 0 e(e 1)(1)x faa. 8、【2019 年高考全国卷理数】已知函数( )sin ln(1)f xxx ,( )fx 为( )f x的导数证明: (1)( )fx
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