2019高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案.doc

《2019高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案.doc（18页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1第第 4 4 讲讲 导数的热点问题导数的热点问题考情考向分析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、不等式结合，证明不等式和求参数范围问题是热点题型，中高档难度热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力例 1 已知函数f(x)2xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：1ln 2f(x)0，e2x1 x设函数g(x)2ln x4x2，e2x1 x则g(x) 4.e2x12x1x22 xe2x12x2x1x2令t(x)e2x12x，x(0，)则t(x)2(e2x1

2、1)，由t(x)0 得x ，1 2所以当x时，t(x)0，即t(x)为增函数，(1 2，)所以t(x)t0.(1 2)令g(x)0，得x ，e2x12x2x1x21 2所以当x时，g(x)0，g(x)为增函数，(1 2，)则g(x)ming22ln 20，(1 2)即当x(0，)时，2ln x4x20，e2x1 x综上，1ln 2f(x)0 时，证明：存在x00，使得f(x0)a1.(1)解 函数的定义域为0，)，f(x)(x0)，xxa2x3xa2x若a0，f(x)0，f(x)的单调递增区间为0，)；若a0，当 0 时，f(x)0，a 3所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.0，a

3、3)(a 3，)(2)证明 由(1)可知，当a0 时，f(x)minf a，(a 3)2 93a3所以存在x00，使得f(x0)a1等价于aa1，2 93a设g(a)aa1(a0)，2 93a则g(a)1()，33a33a3所以g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，)上单调递增，所以g(a)ming(3)0，故g(a)0，所以aa1 恒成立，2 93a因此存在x00，使得f(x0)a1.热点二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解例 2 设函数f(

4、x)ex2aln(xa)，aR R，e 为自然对数的底数(1)若a0，且函数f(x)在区间0，)内单调递增，求实数a的取值范围；(2)若 0a)，2 31 xa记h(x)f(x)，则h(x)ex0，1xa2知f(x)在区间内单调递增(a，)又f(0)1 0，1 a1 a1f(x)在区间内存在唯一的零点x0，(a，)即f(x0)0ex0，1 x0a4于是0ex，x0ln.1 x0a(x0a)当ax0时，f(x)0，f(x)单调递增f(x)minf(x0)0ex2aln(x0a)2ax0x0a3a23a，1 x0a1 x0a当且仅当x0a1 时，取等号由 00，2 3f(x)minf(x0)0，即

5、函数f(x)没有零点思维升华 (1)函数yf(x)k的零点问题，可转化为函数yf(x)和直线yk的交点问题(2)研究函数yf(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势跟踪演练 2 (2018全国)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0 时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)上只有一个零点，求a.(1)证明 当a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1 时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0 时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0.所以h(x

6、)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值4a e2若h(2)0，即a，e2 4因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x0 时，exx2，所以h(4a)1111 0，16a3 e4a16a3e2a216a32a41 a故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.e2 4真题体验(2018浙江)已知函数f(x)ln x.x(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对于

7、任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明 (1)函数f(x)的导函数为f(x) .12x1 x由f(x1)f(x2)得.12x11 x112x21 x2因为x1x2，所以 .1x11x21 2由基本不等式，得2.1 2x1x2x1x24x1x2因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2)x1x21 2x1x2设g(x)ln x(x0)，x2则g(x)(4)，1 4xx当x变化时，g(x)和g(x)的变化如下表所示：x(0,16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 26所以g(x)在(256，)上单调递增，故g(x1x2)

8、g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n21，则(|a|1 k)f(m)kma|a|kka0，f(n)kna0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点押题预测设f(x)xaln x(aR R)a1 x(1)当a1 时，求曲线yf(x)在点处的切线方程；(1 2，f (1 2)(2)当ae1 成立？1 e，e押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查转化与化归的数学思想方法，本题的命制正是根据这个要求进行的解 (1)当a1 时，f(x)xln x，f(x)1 ，1 x7曲线y

9、f(x)在点处的切线的斜率为f1 1.(1 2，1 2ln 2)(1 2)1 1 2所求切线方程为y，(1 2ln 2)(x1 2)即xyln 210.(2)存在理由如下：要证当ae1 成立，1 e，e则只需证明当x时，f(x)maxe1 即可1 e，ef(x)1 a1 x2a xx2axa1x2(x0)，x1xa1x2令f(x)0，得x11，x2a1，当a0.(1 e，1)则函数f(x)在上单调递减，在1，e上单调递增，1 e，1f(x)maxmax.f (1 e)，fe于是，只需证明f(e)e1 或f e1 即可，(1 e)f(e)(e1)ea(e1)0，a1 ee11aef(e)e1 成

10、立，假设正确，即当ae1 成立1 e，eA A 组组 专题通关专题通关1设函数f(x).1x1x(1)求函数f(x)的值域；(2)当实数x0,1时，证明：f(x)2x2.1 48(1)解 函数f(x)的定义域是1,1，f(x)，1x 1x2 1x2当f(x)0 时，解得1e2 .1 e(1)解 由定义域为(0,1)(1，)，f(x) ，1 xax12x2a2x1xx12设h(x)x2(a2)x1，要使yf(x)在上有极值，(e，)则x2(a2)x10 有两个不同的实根x1，x2，(a2)240，a0 或ae，0e 2，1 e联立可得ae 2.1 e即实数a的取值范围是.(e1 e2，)(2)证

11、明 由(1)知，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，(x2，)f(x)在(1，)上有最小值f(x2)，即t(1，)，都有f(t)f(x2)，又当x时，f(x)0，f(x)单调递增，(0，x1)当x时，f(x) e)设k(x)ln x2x 2ln xx (xe)，1 x1 x则k(x) 10(xe)，2 x1 x2k(x)在上单调递增，(e，)10k(x)k(e)2e ，1 ef(t)f(s)e2 .1 e3(2018浙江省衢州二中模拟)已知函数f(x)aex(2e)x(a为实数，e 为自然对数的底数)，曲线yf(x)在x0 处的切线与直线(3e)xy100 平行，g(x)x24x1.(1)求

12、实数a的值，并判断函数f(x)在0，)内的零点个数；(2)证明：当x0 时，f(x)g(x)(1)解 f(x)aex2e，f(0)a2e3e，a1，f(x)ex(2e)x，则f(x)ex2e.当x0 时，f(x)ex2ee02e0，f(x)在0，)上单调递增，且f(0)10，f(x)在0，)内没有零点(2)证明 当x0 时，设h(x)f(x)g(x)exx2(2e)x1，则h(x)ex2x2e(exe)2(x1)h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)0，h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)minh(1)e1(2e)10，当x0 时，h(x)0，即当x0 时，f(x)

13、g(x)4已知函数f(x)ln x ，g(x)exbx，a，bR R，e 为自然对数的底数a x(1)若函数yg(x)在 R R 上存在零点，求实数b的取值范围；(2)若函数yf(x)在x 处的切线方程为 exy2b0.求证：对任意的x(0，)，1 e总有f(x)g(x)(1)解 易得g(x)exbb.1 ex若b0，则g(x)(0，)，不合题意；1 ex若b0，g1 eb10，令g(x)exb0，得xln b.g(x)在(，ln b)上单调递减；在(ln b，)上单调递增，11则g(x)ming(ln b)eln bbln bbbln b0，be.综上所述，实数b的取值范围是(，0)e，)(

14、2)证明 易得f(x) ，1 xa x2则由题意，得feae2e，解得a .(1 e)2 ef(x)ln x，从而f 1，2 ex(1 e)即切点为.(1 e，1)将切点坐标代入 exy2b0 中，解得b0.g(x)ex.要证f(x)g(x)，即证 ln xex(x(0，)，2 ex只需证xln x xex(x(0，)2 e令u(x)xln x ，v(x)xex，x(0，)2 e则由u(x)ln x10，得x ，1 eu(x)在上单调递减，(0，1 e)在上单调递增，(1 e，)u(x)minu .(1 e)1 e又由v(x)exxexex(1x)0，得x1，v(x)在(0,1)上单调递增，在

15、(1，)上单调递减，v(x)maxv(1) .1 eu(x)u(x)minv(x)maxv(x)，显然，上式的等号不能同时取到故对任意的x(0，)，总有f(x)g(x)5已知函数g(x)xln x，h(x)(a0)ax21 2(1)若g(x)aa0，(1，1 a)1 xf(x)在上单调递增，(1，1 a)又f(1)1a0，f(x)0，即f(x)在上单调递増，f(x)f(1)0，不满足题意(1，1 a)a1 2综上所述，a1，)方法二 当x(1，)时，g(x)，2xln x1 x2令F(x)(x1)，2xln x1 x2F(x)(x1)，2(x1xln x)x3记m(x)x1xln x(x1)，

16、则m(x)ln x0.(x1a 6)(1)求函数f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F(x)f(x)，是否存在无数个a(1,4)，使得 ln a为函数(exa)F(x)的极大值点？请说明理由解 (1)f(x)ex，(xa 6)当 0 时，f(x)0，f(x)单调递增，a 614所以当x(0，)时，f(x)minf ，(a 6)因为f 0，(a 6)a 6(1a 6)所以存在x0，使f(x0)0，(a 6，1a 6)且当 0x0时，f(x)0.故函数f(x)在(0，)上有 1 个零点，即x0.(2)方法一 当a1 时，ln a0.因为当x时，exa0.(ln a，)由(1

17、)知，当x(0，x0)时，f(x)0.下面证：当a时，ln a0，3x 3x所以g(x)在上单调递增，(1，e)由g(1) 0，1 3e 3所以存在唯一零点t0，使得g0，(1，e)(t0)且x时，g(x)0，g(x)单调递增(t0，e)所以当x时，g(x)0，F(x)单调递增；(exa)当 ln a0，f(x)0.(ln a，)由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0.所以存在无数个a(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a(1,4)，使得ln a0，(3 2，2)所以g(x)在上单调递增，(3 2，2)因为gln 0，(3 2)3 21 22 3所以存在唯一零点t

18、0，使得g0，(3 2，2)(t0)且当x时，g(x)0，g(x)单调递增；(t0，2)所以当x时，3 2，2g(x)mingt0ln t0t01，(t0)t2 0 6由g0，可得 ln t0，(t0)t0 3代入式可得g(x)mingt01，(t0)t2 0 6当t0时，(3 2，2)16gt01 1，求证：f(x)ax2x1ln(x1)1 2(1)解 当ae 时，f(x)x(exe)当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)极小值f(0)1，无极大值(2)解 f(x)x(exa)，()当a0 时，f(x)(x1)ex，只有一个零点x1，()当a0 时，exa0，当x(，0)时，

19、f(x)0，f(x)为增函数，f(x)极小值f(0)1，而f(1) 0，a 2当x0 时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点，当xx1，f(x)(x1)exax2x1ax21 21 2ax2x1，1 2令g(x)ax2x1，1 2x1是g(x)0 的一个根，取x10，f(x1)f(0)0，即a0，1x12h(x)为(1，)上的增函数，h(2)e210，取x1e2，x1e2，h(1e2)21eee20，g(x)0，g(x)为增函数，g(x)ming(x0)(x01)0exln(x01)x01(x01)ln0exx011 x011x0x010，对x1，g(x)g(x0)0，即 f(x) ax2x1ln(x1)12