高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破 導(dǎo)數(shù)與積分(打包9套).zip
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2017年高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破——導(dǎo)數(shù)與積分
第7講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點
【知識梳理】
研究方程根或函數(shù)的零點的情況,可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等,根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律,標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置,通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題,可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).
【基礎(chǔ)考點突破】
考點1. 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題
【例1】(2014·課標(biāo)全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為-2.
(1)求a;(2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.
【例2】(2016年北京高考)設(shè)函數(shù).
(I)求曲線在點處的切線方程;
(II)設(shè),若函數(shù)有三個不同零點,求c的取值范圍;
(III)求證:是有三個不同零點的必要而不充分條件.
變式訓(xùn)練2.(2016年全國I卷高考)已知函數(shù).
(I)討論的單調(diào)性;(II)若有兩個零點,求的取值范圍.
【基礎(chǔ)練習(xí)鞏固】
1.若函數(shù)f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有兩個不同的零點,則a可能的值為( )
A.4 B.6 C.7 D.8
2.(2015·廣東,19)設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點;
(3)若曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點),
3.(2015·課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù);(2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln.
4.已知函數(shù)f(x)=.
(1)若f(x)在區(qū)間(-∞,2)上為單調(diào)遞增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=0,x0<1,設(shè)直線y=g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x=x0處的切線,求證:f(x)≤g(x).
2017年高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破——導(dǎo)數(shù)與積分
第7講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(學(xué)生版,后附教師版)
【知識梳理】
研究方程根或函數(shù)的零點的情況,可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等,根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律,標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置,通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題,可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).
【基礎(chǔ)考點突破】
考點1. 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題
【例1】(2014·課標(biāo)全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為-2.
(1)求a;(2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.
解析:f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.
曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線方程為y=ax+2,由題設(shè)得-=-2,所以a=1.
(2)證明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2,設(shè)g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由題設(shè)知1-k>0.
當(dāng)x≤0時,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)單調(diào)遞增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一實根.
當(dāng)x>0時,令h(x)=x3-3x2+4,則g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)沒有實根.
綜上,g(x)=0在R有唯一實根,即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.
【例2】(2016年北京高考)設(shè)函數(shù).
(I)求曲線在點處的切線方程;
(II)設(shè),若函數(shù)有三個不同零點,求c的取值范圍;
(III)求證:是有三個不同零點的必要而不充分條件.
解:(I)由,得.
因為,,所以曲線在點處的切線方程為.
(II)當(dāng)時,,所以.
令,得,解得或.
與在區(qū)間上的情況如下:
所以,當(dāng)且時,存在,,
,使得.
由的單調(diào)性知,當(dāng)且僅當(dāng)時,函數(shù)有三個不同零點.
(III)當(dāng)時,,,
此時函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,所以不可能有三個不同零點.
當(dāng)時,只有一個零點,記作.
當(dāng)時,,在區(qū)間上單調(diào)遞增;
當(dāng)時,,在區(qū)間上單調(diào)遞增.
所以不可能有三個不同零點.
綜上所述,若函數(shù)有三個不同零點,則必有.
故是有三個不同零點的必要條件.
當(dāng),時,,只有兩個不同
點, 所以不是有三個不同零點的充分條件.
因此是有三個不同零點的必要而不充分條件.
變式訓(xùn)練2.(2016年全國I卷高考)已知函數(shù).
(I)討論的單調(diào)性;(II)若有兩個零點,求的取值范圍.
【解析】(Ⅰ).
( i )當(dāng)時,則當(dāng)時,;當(dāng)時,
故函數(shù)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.
( ii )當(dāng)時,由,解得:或
①若,即,則,
故在單調(diào)遞增.
②若,即,則當(dāng)時,;當(dāng)時,
故函數(shù)在,單調(diào)遞增;在單調(diào)遞減.
③若,即,則當(dāng)時,;當(dāng)時,;
故函數(shù)在,單調(diào)遞增;在單調(diào)遞減.
(Ⅱ)(i)當(dāng)時,由(Ⅰ)知,函數(shù)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.
又∵,取實數(shù)滿足且,則
∴有兩個零點.
(ii)若,則,故只有一個零點.
(iii)若,由(I)知,當(dāng),則在單調(diào)遞增,又當(dāng)時,,故不存在兩個零點;
當(dāng),則函數(shù)在單調(diào)遞增;在單調(diào)遞減.又當(dāng)時,,故不存在兩個零點.
綜上所述,的取值范圍是.
【基礎(chǔ)練習(xí)鞏固】
1.若函數(shù)f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有兩個不同的零點,則a可能的值為( )
A.4 B.6 C.7 D.8
答案 A
解析 由題意得f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f′(x)>0得x<1或x>2,由f′(x)<0得11,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點;
(3)若曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點),證明:m≤-1.
解析:(1)f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex
?x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,+∞).
(2)證明 ∵f(0)=1-a,f(a)=(1+a2)ea-a,
∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea-a>2a-a=a>0,∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一零點,
又∵f(x)在(-∞,+∞)上遞增,∴f(x)在(0,a)上僅有一個零點,
∴f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點.
(3)證明 f′(x)=(x+1)2ex,設(shè)P(x0,y0),則f′(x0)=ex0(x0+1)2=0,∴x0=-1,把x0=-1,代入y=f(x)得y0=-a,∴kOP=a-.
f′(m)=em(m+1)2=a-,令g(m)=em-(m+1),g′(m)=em-1.
令g′(x)>0,則m>0,∴g(m)在(0,+∞)上增.
令g′(x)<0,則m<0,∴g(m)在(-∞,0)上減.∴g(m)min=g(0)=0.
∴em-(m+1)≥0,即em≥m+1.∴em(m+1)2≥(m+1)3,即a-≥(m+1)3.
∴m+1≤,即m≤-1.
3.(2015·課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù);(2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln.
(1)解 f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).
當(dāng)a≤0時,f′(x)>0,f′(x)沒有零點.
當(dāng)a>0時,因為y=e2x單調(diào)遞增,y=-單調(diào)遞增,所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又f′(a)>0,當(dāng)b滿足00時,f′(x)存在唯一零點.
(2)證明 由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f′(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0).
由于2e2x0-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln.
4.已知函數(shù)f(x)=.
(1)若f(x)在區(qū)間(-∞,2)上為單調(diào)遞增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=0,x0<1,設(shè)直線y=g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x=x0處的切線,求證:f(x)≤g(x).
(1)解 易得f′(x)=-,由已知得f′(x)≥0對x∈(-∞,2)恒成立,故x≤1-a對x∈(-∞,2)恒成立,∴1-a≥2,∴a≤-1.
(2)證明 a=0,則f(x)=.
函數(shù)f(x)的圖象在x=x0處的切線方程為y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).
令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R,
則h′(x)=f′(x)-f′(x0)=-=.
設(shè)φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R,則φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,∵x0<1,∴φ′(x)<0,∴φ(x)在R上單調(diào)遞減,而φ(x0)=0,∴當(dāng)x0,當(dāng)x>x0時,φ(x)<0,∴當(dāng)x0,當(dāng)x>x0時,h′(x)<0,∴h(x)在區(qū)間(-∞,x0)上為增函數(shù),在區(qū)間(x0,+∞)上為減函數(shù),
∴x∈R時,h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x).
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