《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
1.(2018全國Ⅱ卷,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,證明:當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn),求a.
(1)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥1等價(jià)于(x2+1)e-x-1≤0.
設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,
則g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
當(dāng)x≠1時(shí),g(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
而g(0)=0,故當(dāng)x≥0時(shí),g(x)≤0,
即f(x)≥1.
(2)解:設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).
(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí),h(x)>0,h(x)沒有零點(diǎn);
(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí),h(x)=ax(x-2)e-x.
當(dāng)x∈(0,2)時(shí),h(x)<0;
當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),h(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在(0,+∞)上的最小值.
①若h(2)>0,即a
e24,
因?yàn)閔(0)=1,
所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn);
由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),ex>x2,
所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4
=1-1a>0,
故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn).
因此h(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn).
綜上,當(dāng)f(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=e24.
2.(2017全國Ⅲ卷,理21)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)設(shè)m為整數(shù),且對(duì)于任意正整數(shù)n,1+121+122…1+12n0,由f(x)=1-ax=x-ax知,
當(dāng)x∈(0,a)時(shí),f(x)<0;
當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),f(x)>0,
所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增,
故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值點(diǎn).
由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥0.
故a=1.
(2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n.
從而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.
故1+121+122…1+12n2,
所以m的最小值為3.
1.考查角度
考查利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)等.
2.題型及難易度
解答題,屬于難題或者較難題.
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第16~18頁)
導(dǎo)數(shù)與不等式
考向1 導(dǎo)數(shù)方法證明不等式
【例1】 (2018鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.
(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;
(2)求證:當(dāng)x>0時(shí),ex+(2-e)x-1x≥ln x+1.
(1)解:f(x)=ex-2x,由題設(shè)得f(1)=e-2,f(1)=e-1,
所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1.
(2)證明:設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,
則g(x)=ex-2x-(e-2),g″(x)=ex-2,g(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)=3-e>0,g(1)=0,00;
當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),g(x)<0,
故g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào),故ex+(2-e)x-1x≥x,x>0,
又x≥ln x+1,即ex+(2-e)x-1x≥ln x+1,當(dāng)x=1時(shí),等號(hào)成立.
導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本途徑有兩條:
(1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)e+m(x-1)對(duì)任意x∈(1,+∞)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解:(1)已知f(x)=ex-aln x,則f(x)=ex-ax,f(1)=e-a,切點(diǎn)為(1,e),
所求切線方程為y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.
(2)當(dāng)a=-1時(shí),原不等式即為ex+ln x-e-m(x-1)>0,
記F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,
依題意有F(x)>0對(duì)任意x∈(1,+∞)恒成立,
求導(dǎo)得F(x)=ex+1x-m,F(1)=e+1-m,F″(x)=ex-1x2,當(dāng)x>1時(shí),F″(x)>0,
則F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,有F(x)>F(1)=e+1-m,
若m≤e+1,則F(x)>0,則F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,且F(x)>F(1)=0,適合題意;
若m>e+1,則F(1)<0,又F(ln m)=1lnm>0,故存在x1∈(1,ln m)使F(x1)=0,
當(dāng)1g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時(shí)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進(jìn)第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若?x0使得f(x0)>g(x0)成立,則只需?x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)>g(x2)恒成立,則只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】
熱點(diǎn)訓(xùn)練1:(2018河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若對(duì)任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,求a的取值范圍.
解:(1)f(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),
當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)在(-∞,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減;
當(dāng)0e2時(shí),函數(shù)在(-∞,1),(ln 2a,+∞)上遞減,
在(1,ln 2a)上遞增;
當(dāng)a=e2時(shí),函數(shù)在R上遞減.
(2)由對(duì)任意的x∈R,f(x)≤2ex,
即(2-x)ex+a(x-1)2≤2ex,
當(dāng)x=1時(shí),ex≤2ex,恒成立,
當(dāng)x≠1時(shí),整理得:a≤xex(x-1)2,對(duì)任意x∈R恒成立,
設(shè)g(x)=xex(x-1)2,
求導(dǎo)g(x)=ex(x+1)(x-1)2-2xex(x-1)(x-1)4
=ex(x2-2x-1)(x-1)3,
令g(x)=0,解得x=12,
當(dāng)x>1+2,g(x)>0,
當(dāng)10,
所以當(dāng)x=1+2時(shí)取極小值,極小值為(1+2)e1+22,
當(dāng)x=1-2時(shí)取極小值,極小值為(1-2)e1-22,
由(1-2)e1-22<(1+2)e1+22,
所以g(x)的最小值為(1-2)e1-22,
由題意對(duì)任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,
即a≤g(x)最小值,
所以a的取值范圍為-∞,(1-2)e1-22.
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)
考向1 確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
【例3】 (2018湖北武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)討論g(x)=f(x)x-12在區(qū)間[0,1]內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
解:(1)f(x)=ex-a,
當(dāng)a≤0時(shí),f(x)>0,
f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無減區(qū)間;
當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-∞,ln a),增區(qū)間為(ln a,+∞).
(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=12,
先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
當(dāng)a≤1時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a≥e時(shí),f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)1e-1時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn),當(dāng)1e-1或a=2(e-1)時(shí),g(x)有兩個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)11,
所以ln x>0,
所以有m≤xlnx在(1,+∞)上恒成立,
令h(x)=xlnx,h(x)=lnx-1(lnx)2,
由h(x)=0得x=e,
當(dāng)x>e,h(x)>0,當(dāng)00,
所以φ(x)在[1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3]上單調(diào)遞增,
φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,
又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有兩個(gè)不同的根,結(jié)合圖象可知φ(2)0,-1e<0,2e2-9>-1e,
所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.
(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x
=x(ex-x-a-2),
所以f(x)=ax-1?x=0或ex-x-a-2=0,
設(shè)g(x)=ex-x-a-2,
則g(x)=ex-1,
x>0時(shí),g(x)>0,x<0時(shí),g(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),在(-∞,0)上是減函數(shù),g(x)≥g(0)=-a-1,
且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,
①當(dāng)-a-1>0,即a<-1時(shí),g(x)=0沒有實(shí)根,
方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;
②當(dāng)-a-1=0,即a=-1時(shí),g(x)=0有1個(gè)實(shí)根為零,方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;
③當(dāng)-a-1<0,即a>-1時(shí),g(x)=0有2個(gè)不等于零的實(shí)根,方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.
綜上可得,a≤-1時(shí),方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;
a>-1時(shí),方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.
熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f(x)+4x+aln x(a≠0).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)依題意,得f(x)=1x-4x=1-4x2x=(1+2x)(1-2x)x,x∈(0,+∞).
令f(x)>0,即1-2x>0.解得012.
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12,單調(diào)遞減區(qū)間為12,+∞.
(2)由題意得,g(x)=f(x)+4x+aln x=1x+aln x.
依題意,方程1x+aln x-a=0有實(shí)數(shù)根,
即函數(shù)h(x)=1x+aln x-a存在零點(diǎn).
h(x)=-1x2+ax=ax-1x2,
令h(x)=0,得x=1a.
當(dāng)a<0時(shí),h(x)<0.
即函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,
而h(1)=1-a>0,h(e1-1a)=1e1-1a+a1-1a-a=1e1-1a-1<1e-1<0.
所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn);
當(dāng)a>0時(shí),h(x),h(x)隨x的變化情況如下表:
x
0,1a
1a
1a,+∞
h(x)
-
0
+
h(x)
↘
極小值
↗
所以h1a=a+aln1a-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值.
當(dāng)h1a>0,即00,
所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn).
綜上所述,當(dāng)a∈(-∞,0)∪[1,+∞)時(shí),方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根.
【例1】 (2018河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln x2-3x-6x+1.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若對(duì)任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)因?yàn)閒(x)=2ln x2-3x-6x+1,
所以f(x)=2x-9(x+1)2
=2x2-5x+2x(x+1)2
=(2x-1)(x-2)x(x+1)2,
因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
當(dāng)122時(shí),f(x)>0,
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是12,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,12,(2,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x>1時(shí)f(x)≥f(2)=0,
又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,
所以對(duì)任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,
?存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,
?存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.
因?yàn)?x-t)2+(ln x-at)2表示點(diǎn)(x,ln x)與點(diǎn)(t,at)之間距離的平方,
所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,
?y=ln x的圖象與直線y=ax有交點(diǎn),
?方程a=lnxx在(0,+∞)上有解.
設(shè)h(x)=lnxx,則h(x)=1-lnxx2,
當(dāng)x∈(0,e)時(shí),h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,
又h(e)=1e,x→0,h(x)→-∞,
所以h(x)的值域是-∞,1e,
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是-∞,1e.
【例2】 (2018福建寧德5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn),證明:當(dāng)x>0時(shí),f(x)>6(a-a2)ea.
(1)解:f(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),
令f(x)=0,則x=0或x=2a,
當(dāng)a=0時(shí),f(x)≥0,f(x)在R上是增函數(shù);
當(dāng)a>0時(shí),令f(x)>0,得x<0,x>2a,
所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函數(shù);
令f(x)<0,得00,得x<2a,x>0,
所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù);
令f(x)<0,得2a0時(shí),f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).
當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).
(2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時(shí),f(x)在R上是增函數(shù),
所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).
所以f(x)的極小值為f(0)=4>0,
所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn),
當(dāng)a>0時(shí),f(x)的極小值為f(2a)=4-4a3,
要滿足f(x)有三個(gè)零點(diǎn),則需4-4a3<0,即a>1,
當(dāng)x>0時(shí),要證明:f(x)>6(a-a2)ea等價(jià)于要證明f(x)min>6(a-a2)ea,
即要證:4-4a3>6(a-a2)ea,
由于a>1,故等價(jià)于證明:1+a+a2<32aea,
證明如下:
構(gòu)造函數(shù)g(a)=3aea-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),
g(a)=(3+3a)ea-2-4a,
令h(a)=(3+3a)ea-2-4a,
因?yàn)閔(a)=(6+3a)ea-4>0,
所以函數(shù)h(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,
所以函數(shù)g(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,
所以1+a+a2<32aea,
所以f(x)>6(a-a2)ea.
【例3】 (2018聊城二模)已知函數(shù)f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).
(1)當(dāng)k=1時(shí),若曲線y=f(x)與y=g(x)有且僅有一個(gè)公共點(diǎn),求t的取值范圍;
(2)當(dāng)t=1時(shí),設(shè)h(x)=f(x)-g(x),若函數(shù)h(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,求證x1+x22>1.
解:(1)當(dāng)k=1時(shí),g(x)=x2-1,
設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,
由于曲線y=f(x)和曲線y=g(x)有且只有一個(gè)公共點(diǎn),
令h(x)=2tln x-x2+1,則h(x)=2tx-2x=2(t-x2)x,
即函數(shù)y=h(x)只有一個(gè)零點(diǎn),
由于h(1)=0,所以x=1是函數(shù)y=h(x)的一個(gè)零點(diǎn),
①當(dāng)t≤0時(shí),x>0,則h(x)<0,
所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
所以函數(shù)h(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=1.
②當(dāng)t>0時(shí),h(x)=2(t-x)(t+x)x,
當(dāng)x∈(0,t)時(shí),h(x)>0,
當(dāng)x∈(t,+∞)時(shí),h(x)<0,
所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,t)內(nèi)單調(diào)遞增,
在(t,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
此時(shí)h(x)max=h(t),
a.當(dāng)t=1時(shí),h(x)max=h(1)=0,此時(shí)符合題意;
b.當(dāng)0h(1)=0,
所以h(x)在(x1,t)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意;
c.當(dāng)t>1時(shí),取x2=t+t2+1,則h(x2)=2tln x2-x22+1<2tx2-x22+1=0,
h(t)>h(1)=0,
所以h(x)在(t,t+t2+1)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意,
綜上,t的取值范圍是{t|t≤0或t=1}.
(2)當(dāng)t=1時(shí),h(x)=2ln x-x2+k,
設(shè)F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,
則F(x)=2x+22-x-4=4(x-1)2x(2-x),
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),F(x)>0,故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,
所以F(x)0,
當(dāng)x∈(1,+∞)上,h(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
不妨設(shè)x12-x1,
故而x1+x22>1.
2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理.doc
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