浙江专用高考数学复习第四章导数及其应用专题突破二高考中的导数应用问题课件.pptx

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1、高考专题突破二　高考中的导数应用问题第四章　　导数及其应用NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类　深度剖析1PARTONE题型一　利用导数研究函数性质例1(2018·台州质检)已知函数f(x)＝x3＋

2、x－a

3、(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；师生共研解当a＝1，x<1时，f(x)＝x3＋1－x，f′(x)＝3x2－1，所以f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以f(x)在(0，f(0))处的切线方程为x＋y－1＝0.(2)当a∈(0,1)时，求f(x)在[－1,1]上的最小值(用a表示)．解当a∈(0,1)时，当a≤x≤1时

4、，由f′(x)＝3x2＋1>0，知f(x)在[a，1]上单调递增．当－1≤x

5、x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0，(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．解因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，对x∈(－1,1)都成立．题型二　利用导

6、数研究函数零点问题师生共研∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为2.则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性

7、、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．思维升华跟踪训练2(2018·绍兴质测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b.(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0,3]上的值域；得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．当x∈(0,1)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(1,3)上单调递减．(2)对任意的b，函数g(x)＝

8、f(x)

9、－的零点不超过4个，求a的取值范围．解由题意得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12.①当Δ≤0

10、，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意；②当Δ>0，即a2>3时，f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1

11、为x≥1，所以(H′(x))′≤0，即H′(x)单调递减，又因为H′(1)＝0，所以H′(x)≤0，即H(x)单调递减，而H(1)＝0，所以H(x)≤0，即f(x)≤g(x)．求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．思维升华跟踪训练3已知函数f(x)＝ax2－lnx(x>0，a∈R)．(1)若a＝2，求