《2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二 专题一 高考解答题专讲（一） 导数的综合应用 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二 专题一 高考解答题专讲（一） 导数的综合应用 .doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数高考解答题专讲(一)导数的综合应用一、导数与函数的单调性、极值与最值问题1讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论2对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值思维流程(1)(2)解(1)f(x)，x1.当a时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减当0a时，当1x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减综上，当a时，f(x)的单调递减区间为(1，)；
2、当0a(x1)ln(x1)2x1，即存在x0，使a成立设g(x)，x0，则g(x)，x0，设h(x)x1ln(x1)，x0，则h(x)10，h(x)在(0，)上单调递增又h(2)0，根据零点存在性定理，可知h(x)在(0，)上有唯一零点，设该零点为x0，则x01ln(x01)，且x0(2,3)，g(x)ming(x0)x02.又ax02，aZ，a的最小值为5.利用导数研究函数性质的一般步骤(1)确定函数的定义域；(2)求导函数f(x)；(3)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0，g(x)为增函数，而g(0)0，当x0时，g(x)0，从而f(x
3、)0.若a1，则x(0，lna)时，g(x)0，g(x)为减函数，g(0)0，故x(0，lna)时，g(x)0，从而f(x)0时，f (x)，当0x时，f (x)时，f (x)0，函数f(x)单调递增综上，当m0时，函数f(x)的单调增区间是(0，)，无单调减区间；当m0时，函数f(x)的单调增区间是(，)，单调减区间是(0，)(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmlnx，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，当m0时，F(x)x2x，x0，有唯一零点；当m0时，F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln41时，由F(x)0得0xm，由F
4、(x)0得1x0，F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点；当0m1时，由F(x)0得，0x1，由F(x)0得，mx1，所以函数F(x)在(0，m)和(1，)上单调递减，在(m,1)上单调递增又lnm0，而F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点综上，当m0时函数f(x)与g(x)图象总有一个交点解决方程解(或曲线公共点)个数问题的3步第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解 对点训练2已知函数f(x)
5、lnxax22x(a0)依题意得f(x)0在x0时恒成立，即ax22x10在x0时恒成立，则a21在x0时恒成立，即amin(x0)，当x1时，21取得最小值1，a的取值范围是(，1(2)a时，由f(x)xb得x2xlnxb0.设g(x)x2xlnxb(x0)，则g(x).随着x的变化，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2(2,4)g(x)00g(x)极大值极小值g(x)极小值g(2)ln2b2，g(x)极大值g(1)b，若方程g(x)0在1,4上恰有两个不相等的实数根，且g(4)2ln2b2，则解得ln221，f(x)1，使得当x(1，x0)时，恒有f(x)g(x)
6、成立，试求k的取值范围思维流程(1)(2)解(1)证明：当k2时，g(x)2(x1)令H(x)f(x)g(x)2ln(x2)(x1)22(x1)，H(x)，令H(x)0，即2x28x60，解得x1或x3(舍)当x1时，H(x)0，H(x)在(1，)上单调递减H(x)max1，H(x)0，即f(x)g(x)(2)由(1)知，当k2时，f(x)1,2ln(x2)(x1)22时，对于x1，x10，此时2(x1)k(x1)2ln(x2)(x1)22(x1)k(x1)，即f(x)g(x)恒成立，不存在满足条件的x0；令h(x)f(x)g(x)2ln(x2)(x1)2k(x1)，h(x)，当k0，所以必存
7、在x0(1，)，使得t(x0)0.所以x(1，x0)时，t(x)0，h(x)0，h(x)单调递增；当x(x0，)时，t(x)0，h(x)h(1)0，即f(x)g(x)0恒成立，综上，k的取值范围为(，2)破解不等式恒成立问题的两招(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数直接求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数讨论该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解角度2：证明不等式、比较大小思维流程(1)(2)解(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln
8、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(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)x2xxlnx，f(x)2x2lnx.设h(x)2x2lnx，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lnx02(x01)，故f(x0)x0(1x
9、0)由x0(0,1)得f(x0)f(e1)e2，所以e2f(x0)0，不等式h(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围解(1)m1时，h(x)x2x，其导数h(x)2x1，g(x)lnx的导数为g(x)，由题意可得2x01，解得x0(x01舍去)，故h(x)在x处的切线方程为y2，即2xy0；g(x)在x处的切线方程为yln2，即为2xy1ln20.则两切线间的距离为d.(2)对任意x0，不等式h(x)g(x)恒成立，即x2mxlnx0恒成立，由x0，可得mx.设F(x)x，F(x)1，当x1时，F(x)0，F(x)单调递增；当0x1时，F(x)1时，证明：f(x)；(2)当aln21且x0时
10、，证明：f(x)x22ax.证明(1)当x1时，f(x)，即ex12x1，当且仅当ex2x，即ex2x0恒成立时原不等式成立令g(x)ex2x，则g(x)ex2.令g(x)0，即ex20，解得xln2.当x(1，ln2)时，g(x)ex20，所以在(1，)上有g(x)g(ln2)0，即ex2x.故当x(1，)时，有f(x).(2)f(x)x22ax，即ex1x22ax，exx22ax10.令p(x)exx22ax1，则p(x)ex2x2a，令h(x)ex2x2a，则h(x)ex2.由(1)可知，当x(，ln2)时，h(x)ln21，所以h(ln2)22ln22(ln21)0，即h(x)h(ln
11、2)0，所以p(x)h(x)0，故p(x)在(0，)上为增函数，所以p(x)p(0)，而p(0)0，所以p(x)exx22ax10，即当aln21且x0时，f(x)x22ax.热点课题6分类讨论思想在函数与导数中的应用 感悟体验设函数f(x)xalnx(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k2a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由解(1)f(x)的定义域为(0，), f(x)1.令g(x)x2ax1，则方程x2ax10的判别式a24.当|a|2时，0，f(x)0，故
12、f(x)在(0，)上单调递增当a0，g(x)0的两根都小于0，在(0，)上恒有f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增当a2时，0，g(x)0的两根为x1，x2，当0x0；当x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0，故f(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减(2)由(1)知，a2.因为f(x1)f(x2)(x1x2)a(lnx1lnx2)，所以k1a.又由(1)知，x1x21.于是k2a.若存在a，使得k2a.则1.即lnx1lnx2x1x2.亦即x22lnx20(x21)(*)再由(1)知，函数h(t)t2lnt在(0，)上单调递增，而x21，所以x22lnx212ln10.这与(*)式矛盾故不存在a，使得k2a.