2019届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数、不等式 第5讲 导数的综合应用与热点问题学案 理

《2019届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数、不等式 第5讲 导数的综合应用与热点问题学案 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数、不等式 第5讲 导数的综合应用与热点问题学案 理（17页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、第5讲导数的综合应用与热点问题高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.(1)证明当a1时，f(x)exx2，则f(x)ex2x.令g(x)f(x)，则g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0.当x0时，g(x)g(ln 2)22ln 20，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(

2、0)1.(2)解若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程exax20在(0，)上只有一个解，由a，令(x)，x(0，)，(x)，令(x)0，解得x2.当x(0，2)时，(x)0.(x)min(2).a.2.(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，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.(1)解f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0，因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时， g(x)1时，g(

3、x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e2)0，h0；当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概

4、念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0 (f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果能证明F(x)在

5、(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2018西安调研)函数f(x)axxln x在x1处取得

6、极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)f(x)aln x1，x0，由f(1)a10，解得a1.则f(x)xxln x，f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.热点二利用导数证明不等式【

7、例2】 (2018郑州质检)已知函数f(x)x1aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，设1x10，且f(x1)f(x2)5，证明：x12x24.(1)解由f(x)x1aex，得f(x)1aex.当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增.当a0，得xln，则f(x)的单调递增区间为.令f(x)ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明法一设g(x)f(x)2xex3x1，则g(x)ex3.由g(x)ln 3；由g(x)0，得xln 3.故g(x)maxg(ln 3)3ln 340.从而g(x)f(x)2x0.f(x1)f(x2)5，f(x2)2x25f(x1)2x24ex1

8、.1x10，e1ex14.从而x12x24.法二f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23，x12x2ex1ex23x23.设g(x)ex3x，则g(x)ex3.由g(x)0，得x0，得xln 3.故g(x)ming(ln 3)33ln 3.1x10，x12x2e133ln 333ln 3，3ln 3ln 274.探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x

9、)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.【训练2】 (2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0，1)时，1(c1)xcx.(1)解由f(x)ln xx1(x0)，得f(x)1.令f (x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增.当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0.当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即1

10、1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.当x(0，1)时，1(c1)xcx.热点三不等式恒成立、存在性问题考法1不等式恒成立问题【例31】 (2016全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1).(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x

11、3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0，设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)g(1)0.当a2时，令g(x)0，得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11.故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)g(1)0，综上可知，实数a的取值范围是(，2.考法2存在性不等式成立问题【例32】 (2018哈尔滨质检)函数f(x)exsin x，g(x)(x1)co

12、s xex，其中e是自然对数的底数.(1)求f(x)的单调区间；(2)对x1，x2，使f(x1)g(x2)m成立，求实数m的取值范围.解(1)f(x)exsin xexcos xex(sin xcos x)exsin，当2kx0，f(x)单调递增；当2kx22k(kZ)，即x(kZ) 时，f(x)0，又(x1)sin x0，当x，t(x)0，t(x)在为增函数，t(x)mint(0)m1，所以m10，m1.即实数m的取值范围是(，1).探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借

13、助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练3】 (2018石家庄调研)设函数f(x)(aR).(1)若曲线yf(x)在x1处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)x，若对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(m)g(n)成立，求a的取值范围.解(1)因为f(x)，所以f(x)e.又f(1)1，即切点为(1，1)，所以kf(1)1a，解得a1.(2)“对任意的n0，2，存在m0，2，使得f(

14、m)g(n)成立”，等价于“在0，2上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)x，g(x)0，所以g(x)在0，2上单调递增，所以g(x)maxg(2)2.令f(x)0，得x2或xa.当a0时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)maxf(2)(4a)e12，解得a42e；当0a2时，f(x)0在0，a上恒成立，f(x)单调递减，f(x)0在a，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)(4a)e1或f(0)ae，所以(4a)e12或ae2.解得：a42e或a，所以a2；当a2时，f(x)0在0，2上恒成立，f(x)单调递减，f(x)maxf

15、(0)ae2，解得a，所以a2.综上所述：a42e或a.热点四利用导数求解最优化问题【例4】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y10(x6)2，其中3x6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)因为x5时，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y10(x6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)(x3)210(x3)(x6)2，3x0，f(x

16、)单调递增；当x时，f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1

17、.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)0，当x0时，有0的解集是()A.(2，0)(2，) B.(2，0)(0，2)C.(，2)(2，) D.(，2)(0，2)解析x0时0，(x)在(0，)为减函数，又(2)0，当且仅当0x0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)0的解集为(，2)(0，2).答案D2.(2018贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4解析根据导函数图象，

18、知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案D3.(2018江南八校联考)已知x(0，2)，若关于x的不等式0，即kx22x对任意x(0，2)恒成立，从而k0.由得k0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以kf(x)minf(1)e1.故实数k的取值范围是0，e1).答案D4.已知e是自然对数的底数，函数f(x)exx2的零点为a，函数g(x)ln xx2的零点为b，则下列不等式中成立的是()A.f(a)f(1)f(b) B.f(a)f(b)f(

19、1)C.f(1)f(a)f(b) D.f(b)f(1)f(a)解析由题意，知f(x)ex10恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的.又f(0)e00210，f(1)e112e10，所以零点a(0，1)；由题意，知g(x)10，所以g(x)在(0，)上是单调递增的，又g(1)ln 11210，g(2)ln 222ln 20，所以函数g(x)的零点b(1，2).综上，可得0a1b2.因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)f(1)f(b).答案A5.(2018潍坊三模)已知函数f(x)若mn，且f(m)f(n)，则nm的最小值是()A.32ln 2 B.e1C.2 D.e1解析作出函数f(

20、x)的图象如图所示，若mn，且f(m)f(n)，则当ln x1时，得xe.因此1ne，1m1.又ln nm，即m2ln n1.所以nmn2ln n1.设h(n)n2ln n1(10，得2ne；当h(n)0，得1nf(x)，且f(0)1，则不等式1的解集为_.解析令g(x)，则g(x).由题意得g(x)0恒成立，所以函数g(x)在R上单调递减.又g(0)1，所以1，即g(x)0，所以不等式的解集为x|x0.答案x|x08.(2018江苏卷)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为_.解析f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)

21、，当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增.又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，当x(0，a)，f(x)0，f(x)单调递增.综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)minf(a)aa aaln a，即g(a)aaln a.要证g(a)1，即证aaln a

22、0，令h(a)ln a1，则只需证h(a)ln a10，h(a).当a(0，2)时，h(a)0，h(a)单调递增；所以h(a)minh(2)ln 21ln 20，所以h(a)0，即g(a)1.10.已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由.(1)证明由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，所以h(1)e30，所以h(1)h(2)0，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(x)在(0，)内至多有一个零点，即h(x)在(0，)内至多有两个零点

23、，则h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.11.已知函数f(x)eaxax1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n2).若(n！)0时，令f(x)0，解得x0.所以f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，显然无单调区间；当a0，解得x0，所以f(x)在(0，)上单调递增.综上，当a0时，无单调区间；a0时，单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，).(2)令a1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)0，所以f(x)0.所以exx1(当x0时取得“”).令xn1，则en1n，所以e0e1e2en1123n，即en！，两边进行次方得(n！)e，所以m的最小值为3.17