2020版高考数学大二轮培优文科通用版课件：专题六 第2讲 导数及其综合应用
(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题六第2讲导数及其综合应用课件理
又 f(0)=0,从而 x=0 是 f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当 x∈
0,
π 2
时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间
������,
π 2
内单调递减,而 f'(0)=0,f' π <0,所以存在 β∈ ������, π ,使得 f'(β)=0,且当
2
2
x∈(0,β)时,f'(x)>0;当 x∈
当 x∈
-1,
π 2
时,g'(x)单调递减,
而 g'(0)>0,g'
π 2
<0,
可得 g'(x)在区间
-1,
π 2
内有唯一零点,设为 α.
则当 x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当 x∈
������,
π 2
时,g'(x)<0.
所以 g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间
������,
π 2
内单调递减,故 g(x)
导数的几何意义;三角函数的
Ⅲ 15,21 导数运算、最值问题及不等
式证明
命题预测
从题序上看,小题多 出现在 5~11 或 13~15 的位置,解答 题多出现在 20~21 的位置. 从命题特点上看,本 部分所涉及考题及 类型主要有:(1)选择 填空方向主要是导 数的意义和运算,及 利用导数解决简单 的函数的单调性与 极值(最值)问题;(2) 解答题的热点题型 主要有:
在区间
-1,
π 2
内存在唯一极大值点,
即 f'(x)在区间
-1,
2020版高考数学培优考前练文科通用版课件：2.4 导数及其应用(压轴题)
+(2-������ ������ 2
)������
-1
=
(������������
+1)(2������ ������ 2
-1),由
f'(1)=0,解得
m=-1.
从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.
-11-
12345
(2)由 f'(x)=(������������ +���1���)2(2������-1)(x>0),
-1=-������
2 +������ -������ ������ 2
,
方程-x2+x-a=0 对应的 Δ=1-4a,
当 Δ=1-4a≤0,即 a≥14时,当 x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当 0<a<14时,方程-x2+x-a=0 的两根为1±
1-4������,且 0<1-
-7-
12345
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,
而h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0), 所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0, 故ex≥x+1. 当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版课件：2.4.1 函数的单调性、极值点、极值、最值
2°若 a<12,Δ>0,方程 2x2-2x+a=0,两根为 x1=1-
1-2������ 2
,x2=1+
21-2������ .
当 a≤0 时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
当 0<a<12时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
若 a>0,则当 x∈(-∞,0)∪
������ 3
,
+
∞
时,f'(x)>0;
当 x∈
0,
������ 3
时,f'(x)<0.
故 f(x)在(-∞,0),
������ 3
,
+
∞
单调递增,在
0,
������ 3
单调递减;
若 a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若 a<0,则当 x∈
-∞,
������ 3
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当 a≥12时,函数 f(x)单调递增区间为(0,+∞);
当 a≤0 时,��� 2
,+∞);
当 0<a<12时,函数 f(x)单调递增区间为(0,1-
1-2������ 2
,
1+
1-2������ 2
4.函数的极值、最值 (1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值; 若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值. (2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有 最大值和最小值且在极值点或端点处取得. (3)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函 数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大 值,f(b)为函数的最小值. 5.常见恒成立不等式 (1)ln x≤x-1;(2)ex≥x+1.
2020高考数学(文科)二轮专题辅导与训练课件：导数的综合应用
[证明] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又 f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1＞0， 故存在唯一 x0∈(1，2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 x＜x0 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x＞x0 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点．
＝－2x2＋（k＋x＋6）2 x＋2k＋2.
由(2)知，当 k＝2 时，f(x)<g(x)恒成立， 即对于 x>－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)， 不存在满足条件的 x0； 当 k>2 时，对于 x>－1，x＋1>0， 此时 2(x＋1)<k(x＋1)． 2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)<k(x＋1)， 即 f(x)<g(x)恒成立，不存在满足条件的 x0； 当 k<2 时，令 t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)， 可知 t(x)与 h′(x)符号相同．
• 3．含有双变量的不等式问题的常见 转化策略
• (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最大值． • (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c， d]上的最小值． • (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最小值．
2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用课件理
f′(x)＝x－2＋x－a 1＝x2－3xx－＋1a＋2.
1分
因为函数 f(x)有两个极值点 m，n，所以 f′(x)＝0 有两个大于
1 的不同的解，
即 x2－3x＋a＋2＝0 有两个不同的解 m，n，且 n>m>1.
记 h(x)＝x2－3x＋a＋2，则 h(x)图象的对称轴为 x＝32，故
－32－4×1×a＋2>0 h1＝a>0
故直线 AB 的斜率 k＝－x10ln－xl0n－x0x0＝－x10xx－00＋ －xx0011＋ －－11x0＝x10.
曲线
y＝ex
在点
B－ln
x0，x10处切线的斜率是x10，曲线
y＝ln
x
在点 A(x0，ln x0)处切线的斜率也是x10， 所以曲线 y＝ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 y＝ex 的切 线．
3分
令 g(x)＝lnxx(x>0)，
4分
则
g′(x)＝1－xl2n
x＝ln
e－ln x2
x(x>0)，
故 g(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减， g(x)max＝g(e)＝1e，于是 2a≥1e，即 a≥21e. 5 分 (2)证明：依题意知 x1，x2(x1<x2)是方程 2ax－ln x＝0(x>0)的两 个根， 即 2ax1 － ln x1 ＝ 0,2ax2 － ln x2 ＝ 0 ， (0<x1<x2) ，
以 f(b)·f －1a <0 ， 故 f(x) 在 b，－1a 上 有 一 个 零 点 .
9分
再者，fa12＝ln a12＋1a＝2ln－1a＋1a，令 t＝－1a，则 t∈(e，＋
2020版高考数学二轮复习第2部分专题6函数、导数、不等式第2讲导数的简单应用教案文(最新整理)
第2讲导数的简单应用［做小题——激活思维]1．设曲线y＝a（x－1)－ln x在点(1，0）处的切线方程为y＝2x－2，则a＝________.［答案］32．函数f(x)＝错误!的单调增区间是________．[答案]（0，e）3．已知函数f（x）＝x3－2x＋e x－错误!,其中e是自然对数的底数．若f（a－1）＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．[答案］错误!4．已知函数f(x）＝x3－12x＋8在区间［－3，3]上的最大值与最小值分别为M,m，则M －m＝________.［答案］325．若x＝－2是函数f（x）＝(x2＋ax－1）e x－1的极值点，则f(x)的极小值为________．[答案]－1［扣要点——查缺补漏］1．导数的几何意义（1）f′（x0)表示函数f(x）在x＝x0处的瞬时变化率．(2）f′(x0)的几何意义是曲线y＝f（x)在点P(x0，y0）处切线的斜率，如T1.2．导数与函数的单调性（1）若求单调区间（或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′（x）＜0，如T2.(2）若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′（x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．3．导数与函数的极值、最值（1)f′(x0）＝0是函数y＝f(x）在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，如T5。
（2）函数f(x)在［a,b]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点．导数的几何意义（5年10考）[高考解读]高考对导数几何意义的考查多以选择题或填空题的形式考查,有时出现在解答题的题目条件中或问题的第1问，主要考查切线的求法,难度较小。
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f（x）＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x）为奇函数，则曲线y＝f （x）在点（0，0）处的切线方程为( ）A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x切入点：f(x)为奇函数．关键点：①根据奇偶性求a；②正确求出f′（0)．D[因为f（x)为奇函数,所以f(－x)＝－f（x)，由此可得a＝1，故f(x)＝x3＋x，f′(x）＝3x2＋1,f′(0）＝1，所以曲线y＝f(x)在点（0，0)处的切线方程为y＝x.］2．（2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝a e x＋x ln x在点（1,a e）处的切线方程为y＝2x＋b，则（）A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1,b＝1 D．a＝e－1，b＝－1切入点：①切点为（1，a e）;②切线方程为y＝2x＋b。
2020版高考数学培优考前练理科通用版课件：6.2 概率、统计解答题
p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用 户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费
用的和记为X,求EX;
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余
下的所有产品作检验? -12-
高考真题体验
-18-
高考真题体验
典题演练提能
解: (1)根据题意列出2×2列联表如下:
优质城市 单车品牌
优质城市
甲品牌(个)
3
乙品牌(个)
2
合计
5
K2=51×05(4×-59×)25 = 1205××2255=0.4<2.072,
非优质城市
2 3 5
合计
5 5 10
所以在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为“优质潜力城市” 与“共享单车”品牌无关.
下面临界值表供参考:
P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k0
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
参考公式:K2=(������+������)(������������+(������������������)-(���������������+���)2������)(������+������),n=a+b+c+d.
典题演练提能
4.(2017山东·18)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同 心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分 成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对 比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作 用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从 中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率. (2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数 学期望E(X).
导数及其应用(教学案)-2020年高考理数二轮复习精品资料Word版含解析_1
高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一 导数的几何意义及应用 例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则 所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二 导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。