2019高考数学(理)考前冲刺提分课——破解难点优质课:导数与方程(共6页).docx
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1、精选优质文档-倾情为你奉上破解难点优质课(二)导数与方程破解难点一判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法:利用零点存在性定理的条件为函数图像在区间a,b上是连续不断的曲线,且f(a)f(b)0.直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)f(b)0; 分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)0.案例方法与思维【直接法】2017全国卷 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.
2、(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12上单调递减,在12,+上单调递增.【关键1:构造函数,利用导数研究函数的单调性】又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x00,12得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)0),讨论h(x)零点的个数.(2)当x(1,+)时,g(x)=
3、-ln x0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,+)上无零点.【关键1:对x的取值分类讨论,适当放缩,判断h(x)的符号,确定函数零点个数】当x=1时,若a-54,则f(1)=a+540,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a-54,则f(1)0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)0,所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.(i)若a-3或a0,则f(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)=14,f(1)=a+54,所以当a-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点
4、;当a0时,f(x)在(0,1)上没有零点.(ii)若-3a0,即-34a0,则f(x)在(0,1)上无零点;若f-a3=0,即a=-34,则f(x)在(0,1)上有唯一零点;若f-a30,即-3a-34,由于f(0)=14,f(1)=a+54,所以当-54a-34时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3-34或a-54时,h(x)有一个零点;当a=-34或a=-54时,h(x)有两个零点;当-54a-34时,h(x)有三个零点.例1 2018安徽“皖南八校”三联 已知函数f(x)=x2+x-aln x(aR),g(x)=12x2+x+12.(1)若曲线y=f(x)与y=g(x)在点(1,
5、2)处的切线互相垂直,求a的值;(2)讨论函数y=f(x)-g(x)+12的零点个数.总结反思 根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法:一种是利用单调性与零点存在性定理求解,另一种是化原函数为两个函数,利用两个函数图像的交点来求解.变式题 2018雅安三诊 设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2.(1)当k0,h(x)没有零点.【关键2:对参数a分类讨论,结合函数值判断函数零点情况】(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值.【关键3:分类讨论,
6、利用导数研究函数单调性,求函数最值】若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)只有一个零点;若h(2)e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+)有两个零点.【关键4:对函数最小值的符号分类讨论,结合函数单调性判断零点情况,求出参数值】综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e24.(续表)案例方法与思维【直接分类讨论】2
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