2020版高考数学新增分大一轮江苏专用课件：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第2课时 .pptx

第2课时 导数与方程,大一轮复习讲义,第三章 高考专题突破一 高考中的导数应用问题,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,1,PART ONE,题型分类 深度剖析,题型一 求函数零点个数,师生共研,例1 已知函数f(x)2a2ln xx2(a0). (1)求函数f(x)的单调区间；,解 f(x)2a2ln xx2，,x0，a0，当00， 当xa时，f(x)0. f(x)的单调增区间是(0，a)，单调减区间是(a，).,(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).,解 由(1)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1). 讨论函数f(x)的零点情况如下：,函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；,f(x)在(1，e2)内有一个零点；,由于f(1)10， f(e2)2a2ln(e2)e44a2e4(2ae2)(2ae2)，,由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1， 在(a，e2)内有唯一零点x2，f(x)在(1，e2)内有两个零点.,由函数的单调性可知，无论ae2，还是ae2，,从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点.,(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题. (2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况.,(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；,由f(x)0，得xe. 当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，,f(x)的极小值为2.,则(x)x21(x1)(x1)， 当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减. x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x1也是(x)的最大值点，,又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知,当m0时，函数g(x)有且只有一个零点.,题型二 根据函数零点情况求参数范围,师生共研,(1)求函数f(x)的单调增区间；,当a0时，f(x)0，函数f(x)的增区间为(0，)；,令f(x)0，,综上，当a0时，f(x)的单调增区间为(0，)；,(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围，并说明理由. (参考求导公式：f(axb)af(axb),解 由(1)知，若a0，f(x)在(0，)上为增函数， 函数f(x)至多有一个零点，不合题意.,下面证明： 当ae时，函数f(x)有两个零点.,所以h(a)在(e，)上单调递增， 所以h(a)h(e)e230，,综上，当ae时，函数f(x)有两个零点. 所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，). 方法二 先证x(1，)有ln xx1，,综上，当ae时，函数f(x)有两个零点. 所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，).,函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想.,解 由g(x)2f(x)，,2,课时作业,PART TWO,基础保分练,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0xe2， 所以f(x)在(0，e2)上单调递减， 在(e2，)上单调递增.,1,2,3,4,5,(1)判断f(x)在(0，)上的单调性；,令f(x)0，解得x1，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.,1,2,3,4,5,(2)判断函数F(x)在(0，)上零点的个数.,1,2,3,4,5,由(1)得x1，x2，满足0x11x2， 使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，)上大于0， 即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增， 而F(1)0，x0时，F(x)， x时，F(x)， 画出函数F(x)的草图，如图所示. 故F(x)在(0，)上的零点有3个.,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,所以(x)min(e)，,1,2,3,4,5,技能提升练,1,2,3,4,5,4.已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点. (1)求a的取值范围；,1,2,3,4,5,解 f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a). 设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点. 设a0，则当x(，1)时，f(x)0， 所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增.,故f(x)存在两个零点.,1,2,3,4,5,设a0，由f(x)0得x1或xln(2a).,f(x)0，因此f(x)在(1，)内单调递增. 又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点.,当x(ln(2a)，)时，f(x)0. 因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增. 又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点. 综上，a的取值范围为(0，).,1,2,3,4,5,(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.,设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex). 所以当x1时，g(x)1时，g(x)0. 从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.,1,2,3,4,5,证明 不妨设x1f(2x2)，即f(2x2)0.,由于,而,所以,1,2,3,4,5,5.(2018·南通模拟)已知函数f(x)ex|xa|，其中aR. (1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,因为f(x)在R上单调递增， 所以f(x)0恒成立， 当x10恒成立； 当xa时，要使f(x)ex10恒成立， 所以f(a)0，即a0. 所以实数a的取值范围为0，).,1,2,3,4,5,(2)若函数有极大值点x2和极小值点x1，且f(x2)f(x1)k(x2x1)恒成立，求实数k的取值范围.,1,2,3,4,5,解 由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，所以有a10，f(x)单调递增； 当xa时，f(x)ex1，令f(x)0，得x0， 所以f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上单调递增. 所以f(x)极大值f(a)ea，f(x)极小值f(0)1a，即a0符合题意. 由f(x2)f(x1)k(x2x1)恒成立， 可得eaa1ka对任意a0恒成立. 设g(a)ea(k1)a1，求导得g(a)ea(k1).,1,2,3,4,5,当k1时，g(a)0恒成立，g(a)在(，0)上单调递增，,当k0时，g(a)0恒成立，符合题意. 当10在(，0)上的解集为(ln(k1)，0)， 即g(a)在(ln(k1)，0)上单调递增， 又因为当a0时，g(a)0，所以g(ln(k1)0，不合题意. 综上，实数k的取值范围为0，).,