《2022年高三数学二轮复习教案专题二第三讲导数的应用 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学二轮复习教案专题二第三讲导数的应用 .pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载第三讲导数的应用研热点（聚焦突破）类型一 利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数 yf(x)在 xx0处的导数 f(x0)就是曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)；(2)曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为 yf(x0)f(x0)(xx0)例 1(20XX 年高考安徽卷改编 )设函数 f(x)aex1aexb(a0)在点(2，f(2)处的切线方程为 y32x，求 a，b 的值解析f(x)aex1aex，f(2)ae21ae232，解得 ae22 或 ae212(舍去)，所以 a2e2，代入原函数可得212b3，即 b12，故
2、 a2e2，b12. 跟踪训练已知函数 f(x)x3x. (1)求曲线 yf(x)的过点 (1，0)的切线方程；(2)若过 x 轴上的点 (a，0)可以作曲线 yf(x)的三条切线，求a 的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页学习必备欢迎下载解析：(1)由题意得 f(x)3x21.曲线 yf(x)在点 M(t，f(t)处的切线方程为yf(t)f(t)(xt)，即 y(3t21) x2t3，将点 (1，0)代入切线方程得 2t33t210，解得 t1 或12，代入 y(3t21)x2t3得曲线 yf(x)的过点
3、(1，0)的切线方程为 y2x2 或 y14x14. (2)由(1)知若过点 (a，0)可作曲线 yf(x)的三条切线，则方程 2t33at2a0 有三个相异的实根，记 g(t)2t33at2a. 则 g(t)6t26at6t(ta)当 a0 时，函数 g(t)的极大值是 g(0)a，极小值是 g(a)a3a，要使方程 g(t)0 有三个相异的实数根，需使a0 且a3a0 且 a210，即 a1；当 a0 时，函数 g(t)单调递增，方程 g(t)0 不可能有三个相异的实数根；当 a0 时，函数 g(t)的极大值是 g(a)a3a，极小值是 g(0)a，要使方程 g(t)0 有三个相异的实数根
4、，需使a0，即 a0，即 a0，那么函数 f(x)在区间 (a，b)上单调递增；如果f(x)0；当 x (1， )时，h(x)0，所以当 x (0，1)时，f(x)0；当 x (1， )时，f(x)0 时，yax22x1 为开口向上的抛物线，所以ax22x1 0 在(0， )上恒有解；(2)当 a0，此时 1a0)，g(x)x3bx. (1)若曲线 yf(x)与曲线 yg(x)在它们的交点 (1，c)处具有公共切线，求a，b 的值；(2)当 a24b 时，求函数 f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解析(1)f(x)2ax，g(x)3x2b，因为曲线 yf(x)与曲线 yg
5、(x)在它们的交点 (1，c)处具有公共切线，所以 f(1)g(1)，且 f(1)g(1)即 a11b，且 2a3b. 解得 a3，b3. (2)记 h(x)f(x)g(x)当 b14a2时，h(x)x3ax214a2x1，h(x)3x22ax14a2. 令 h(x)0，得 x1a2，x2a6. a0 时，h(x)与 h(x)的变化情况如下：x(,)2a2a(,)26aa6a(,)6a( )h x0 0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页学习必备欢迎下载( )h x所以函数 h(x)的单调递增区间为 ( ，a2)和(
6、a6，) ；单调递减区间为 (a2，a6)当a2 1，即 0a2 时，函数 h(x)在区间 ( ，1上单调递增， h(x)在区间 ( ，1上的最大值为h(1)a14a2. 当a21，且a6 1，即 2a6 时，函数 h(x)在区间 ( ，a2)上单调递增，在区间 (a2，1上单调递减， h(x)在区间 ( ，1上的最大值为 h(a2)1. 当a66 时，函数 h(x)在区间 ( ，a2)上单调递增，在区间 (a2，a6)上单调递减，在区间 (a6，1上单调递增，又因为h(a2)h(1)1a14a214(a2)20，所以 h(x)在区间 ( ，1上的最大值为 h(a2)1. 跟踪训练(20XX
7、年珠海摸底 )若函数 f(x)2x33x21（x0 ）eax（x0），在2，2上的最大值为 2，则 a的取值范围是 () A12ln 2，)B0，12ln 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页学习必备欢迎下载C( ，0 D( ，12ln 2 解析：当 x 0 时，f(x)6x26x，易知函数 f(x)在( ，0上的极大值点是 x1，且 f(1)2，故只要在 (0，2上，eax 2即可，即 ax ln 2 在(0，2上恒成立，即 aln 2x在(0，2上恒成立，故 a12ln 2. 答案： D 析典题（预测高考）高考
8、真题【真题】(20XX 年高考辽宁卷 )设 f(x)ln(x1)x1axb(a，bR，a，b 为常数)，曲线 yf(x)与直线 y32x 在(0，0)点相切(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 0 x2 时， f(x)0 时，2（x1） 1x11x2，故x1x21. 记 h(x)f(x)9xx6，则 h(x)1x112x154（x6）22x12（x1）54（x6）2x64（x1）54（x6）2（x6）3216（x1）4（x1）（x6）2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页学习必备欢迎下载令 g(x)(x6)321
9、6(x1)，则当 0 x2 时，g (x)3(x6)22160.因此 g(x)在(0，2)内是递减函数又由 g(0)0，得 g(x)0，所以 h (x)0. 因此 h(x)在(0，2)内是递减函数又 h(0)0，得 h(x)0.于是当 0 x2 时，f(x)0 时，2（x1） 1x11x2，故x1x21.令 k(x)ln(x1)x，则 k(0)0，k(x)1x11xx10，故 k(x)0，即 ln(x1)0 时，f(x)32x. 记 h(x)(x6)f(x)9x，则当 0 x2 时，h(x)f(x)(x6)f(x)932x(x6) (1x112x1)912（x1）3x(x1)(x6) (2x1
10、)18(x1)12（x1）3x(x1)(x6) (3x2)18(x1)x4（x1）(7x18)0. 因此 h(x)在(0，2)内单调递减又 h(0)0，所以 h(x)0，即 f(x)g(x)12；(3)是否存在实数 a，使 f(x)的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题知当 a1 时，f(x)11xx1x，因为当 0 x1 时，f(x)0，此时 f(x)单调递减，当 1x0，此时 f(x)单调递增，所以 f(x)的极小值为 f(1)1.(2)证明因为 f(x)的极小值为 1，即 f(x)在(0，e上的最小值为 1. 令 h(x)g(x)12ln xx12
11、，h(x)1ln xx2，当 0 x0，h(x)在(0，e上单调递增，所以 h(x)maxh(e)1e12g(x)12. (3)假设存在实数 a，使 f(x)axln x(x(0，e)有最小值 3，f(x)a1xax1x. 当 a 0 时，因为 x(0，e，所以 f(x)0，而 f(x)在(0，e上单调递减，所以 f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页学习必备欢迎下载此时 f(x)无最小值；当 01ae 时，f(x)在(0，1a)上单调递减，在 (1a，e上单调递增，所以 f(x)minf(1a)1ln a3，ae2，满足条件；当1a e 时，因为 x(0，e，所以 f(x)0，所以 f(x)在(0，e上单调递减， f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去) 此时 f(x)无最小值综上，存在实数 ae2，使得当 x(0，e时，f(x)有最小值 3. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页