【备战高考】高考一轮复习《辨析并修改病句》 课件 (共83张PPT).pptx
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1、88ln2()令me(|a|+k),n()2+1,则f(m)kma|a|+kka0,f(n)knan(k)n(k)0,存在x0(m,n),使f(x0)kx0+a,对于任意的aR及k(0,+),直线ykx+a与曲线yf(x)有公共点,由f(x)kx+a,得k,设h(x),则h(x),其中g(x)lnx,由(1)知g(x)g(16),又a34ln2,g(x)1+ag(16)1+a3+4ln2+a0,h(x)0,即函数h(x)在(0,+)上单调递减,方程f(x)kxa0至多有一个实根,综上,a34ln2时,对于任意k0,直线ykx+a与曲线yf(x)有唯一公共点25已知函数f(x)x3a(x2+x+
2、1)(1)若a3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点【答案】见解析【解析】(1)当a3时,f(x)x33(x2+x+1),所以f(x)x26x3时,令f(x)0解得x3,当x(,32),x(3+2,+)时,f(x)0,函数是增函数,当x(32时,f(x)0,函数是单调递减,综上,f(x)在(,32),(3+2,+),上是增函数,在(32上递减(2)证明:因为x2+x+1(x+)2+,所以f(x)0等价于,令,则,仅当x0时,g(x)0,所以g(x)在R上是增函数;g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点又因为f(3a1)6a2+2a6(a)20,f(3a+1)0,
3、故f(x)有一个零点,综上,f(x)只有一个零点26已知函数f(x)x+alnx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:a2【答案】见解析【解析】(1)函数的定义域为(0,+),函数的导数f(x)1+,设g(x)x2ax+1,当a0时,g(x)0恒成立,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,当a0时,判别式a24,当0a2时,0,即g(x)0,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,当a2时,x,f(x),f(x)的变化如下表:x(0,)(,)(,+) f(x) 0+ 0 f(x) 递减 递增递减综上当a2时,f(x
4、)在(0,+)上是减函数,当a2时,在(0,),和(,+)上是减函数,则(,)上是增函数(2)由(1)知a2,0x11x2,x1x21,则f(x1)f(x2)(x2x1)(1+)+a(lnx1lnx2)2(x2x1)+a(lnx1lnx2),则2+,则问题转为证明1即可,即证明lnx1lnx2x1x2,则lnx1lnx1,即lnx1+lnx1x1,即证2lnx1x1在(0,1)上恒成立,设h(x)2lnxx+,(0x1),其中h(1)0,求导得h(x)10,则h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)h(1),即2lnxx+0,故2lnxx,则a2成立(2)另解:注意到f()xalnxf(x),
5、即f(x)+f()0,由韦达定理得x1x21,x1+x2a2,得0x11x2,x1,可得f(x2)+f()0,即f(x1)+f(x2)0,要证a2,只要证a2,即证2alnx2ax2+0,(x21),构造函数h(x)2alnxax+,(x1),h(x)0,h(x)在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)0,2alnxax+0成立,即2alnx2ax2+0,(x21)成立即a2成立27已知函数f(x)ax33(a+1)x2+12x(1)当a0时,求f(x)的极小值;()当a0时,讨论方程f(x)0实根的个数【答案】见解析【解析】f(x)3ax26(a+1)x+123(ax2)(x2)(1)当a0
6、时,令f(x)0,得x2或;当0a1时,有,列表如下:x(,2)2f(x)+00+f(x)极大值极小值故极小值为当a1时,有,则f(x)3(x2)20,故f(x)在R上单调递增,无极小值;当a1时,有,列表如下:x2(2,+)f(x)+00+f(x)极大值极小值故极小值为f(2)124a()解法一:当a0时,令f(x)3x2+12x3x(x4),得x0或x4,有两个根;当a0时,令f(x)0,得x2或,有,列表如下:x2(2,+)f(x)0+0f(x)极小值极大值故极大值为f(2)124a0,极小值,因此f(x)0有三个根解法二:当a0时,令f(x)3x2+12x3x(x4),得x0或x4,有
7、两个根;当a0时,f(x)xax23(a+1)x+12,对于二次函数yax23(a+1)x+12,x0不是该二次函数的零点,9(a+1)224a0,则该二次函数有两个不等的非零零点,此时,方程f(x)0有三个根28已知函数f(x)ex(exa)a2x(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围【答案】见解析【解析】(1)f(x)ex(exa)a2xe2xexaa2x,f(x)2e2xaexa2(2ex+a)(exa),当a0时,f(x)0恒成立,f(x)在R上单调递增,当a0时,2ex+a0,令f(x)0,解得xlna,当xlna时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xln
8、a时,f(x)0,函数f(x)单调递增,当a0时,exa0,令f(x)0,解得xln(),当xln()时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xln()时,f(x)0,函数f(x)单调递增,综上所述,当a0时,f(x)在R上单调递增,当a0时,f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,当a0时,f(x)在(,ln()上单调递减,在(ln(),+)上单调递增,(2)当a0时,f(x)e2x0恒成立,当a0时,由(1)可得f(x)minf(lna)a2lna0,lna0,0a1,当a0时,由(1)可得:f(x)minf(ln()a2ln()0,ln(),2a0,综上所述a的取值
9、范围为2,129设函数f(x)(1x2)ex(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求a的取值范围【答案】见解析【解析】(1)因为f(x)(1x2)ex,xR,所以f(x)(12xx2)ex,令f(x)0可知x1,当x1或x1+时f(x)0,当1x1+时f(x)0,所以f(x)在(,1),(1+,+)上单调递减,在(1,1+)上单调递增;(2)由题可知f(x)(1x)(1+x)ex下面对a的范围进行讨论:当a1时,设函数h(x)(1x)ex,则h(x)xex0(x0),因此h(x)在0,+)上单调递减,又因为h(0)1,所以h(x)1,所以f(x)(1+x)h(x)x+1
10、ax+1;当0a1时,设函数g(x)exx1,则g(x)ex10(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,又g(0)1010,所以exx+1因为当0x1时f(x)(1x)(1+x)2,所以(1x)(1+x)2ax1x(1axx2),取x0(0,1),则(1x0)(1+x0)2ax010,所以f(x0)ax0+1,矛盾;当a0时,取x0(0,1),则f(x0)(1x0)(1+x0)21ax0+1,矛盾;综上所述,a的取值范围是1,+)30已知函数f(x)excosxx(1)求曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,上的最大值和最小值【答案】见解析【解析】(1
11、)函数f(x)excosxx的导数为f(x)ex(cosxsinx)1,可得曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线斜率为ke0(cos0sin0)10,切点为(0,e0cos00),即为(0,1),曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y1;(2)函数f(x)excosxx的导数为f(x)ex(cosxsinx)1,令g(x)ex(cosxsinx)1,则g(x)的导数为g(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx,当x0,可得g(x)2exsinx0,即有g(x)在0,递减,可得g(x)g(0)0,则f(x)在0,递减,即有函数f(x)在区间0,上的最大值为f(0
12、)e0cos001;最小值为f()cos31已知函数f(x)ax2axxlnx,且f(x)0(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e2f(x0)22【答案】见解析【解析】(1)解:因为f(x)ax2axxlnxx(axalnx)(x0),则f(x)0等价于h(x)axalnx0,求导可知h(x)a则当a0时h(x)0,即yh(x)在(0,+)上单调递减,所以当x01时,h(x0)h(1)0,矛盾,故a0因为当0x时h(x)0、当x时h(x)0,所以h(x)minh(),又因为h(1)aaln10,所以1,解得a1;另解:因为f(1)0,所以f(x)0等价于f(x)在x0时的
13、最小值为f(1),所以等价于f(x)在x1处是极小值,所以解得a1;(2)证明:由(1)可知f(x)x2xxlnx,f(x)2x2lnx,令f(x)0,可得2x2lnx0,记t(x)2x2lnx,则t(x)2,令t(x)0,解得:x,所以t(x)在区间(0,)上单调递减,在(,+)上单调递增,所以t(x)mint()ln210,从而t(x)0有解,即f(x)0存在两根x0,x2,且不妨设f(x)在(0,x0)上为正、在(x0,x2)上为负、在(x2,+)上为正,所以f(x)必存在唯一极大值点x0,且2x02lnx00,所以f(x0)x0x0lnx0x0+2x02x0,由x0可知f(x0)(x0
14、)max+;由f()0可知x0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,所以f(x0)f();综上所述,f(x)存在唯一的极大值点x0,且e2f(x0)2232已知函数f(x)lnx+ax2+(2a+1)x(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0时,证明f(x)2【答案】见解析【解析】(1)解:因为f(x)lnx+ax2+(2a+1)x,求导f(x)+2ax+(2a+1),(x0),当a0时,f(x)+10恒成立,此时yf(x)在(0,+)上单调递增;当a0,由于x0,所以(2ax+1)(x+1)0恒成立,此时yf(x)在(0,+)上单调递增;当a0时,令f(x)0,解得
15、:x因为当x(0,)f(x)0、当x(,+)f(x)0,所以yf(x)在(0,)上单调递增、在(,+)上单调递减综上可知:当a0时f(x)在(0,+)上单调递增,当a0时,f(x)在(0,)上单调递增、在(,+)上单调递减;(2)证明:由(1)可知:当a0时f(x)在(0,)上单调递增、在(,+)上单调递减,所以当x时函数yf(x)取最大值f(x)maxf()1ln2+ln()从而要证f(x)2,即证f()2,即证1ln2+ln()2,即证()+ln()1+ln2令t,则t0,问题转化为证明:t+lnt1+ln2(*) 令g(t)t+lnt,则g(t)+,令g(t)0可知t2,则当0t2时g(
16、t)0,当t2时g(t)0,所以yg(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+)上单调递减,即g(t)g(2)2+ln21+ln2,即(*)式成立,所以当a0时,f(x)2成立33已知函数f(x)ae2x+(a2)exx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围【答案】见解析【解析】(1)由f(x)ae2x+(a2)exx,求导f(x)2ae2x+(a2)ex1,当a0时,f(x)2ex10,当xR,f(x)单调递减,当a0时,f(x)(2ex+1)(aex1)2a(ex+)(ex),令f(x)0,解得:xln,当f(x)0,解得:xln,当f(x)0,解得:xln,
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