《2019高考数学二轮复习第5讲导数的热点问题专题突破练理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习第5讲导数的热点问题专题突破练理.doc（15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、第5讲导数的热点问题1.2018全国卷 已知函数f(x)=-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:a-2.试做2.2017全国卷 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)0时函数f(x)为增函数,f(x)0时函数f(x)为减函数.(2)利用导数求解不等式中参数的取值范围问题:首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以分离参数,构造函数,把问题转化为函数的最值问题.(3)利用导数证明不等
2、式的一般思路:若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,则由减函数的定义可知,当x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).(4)与函数零点个数有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点得出函数的大致图像,从而讨论其图像与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围,或通过对方程等价变形,转化为两个函数图像的交点问题来求参数的取值范围.解答1导数的简单应用1 已知函数f(x)=+nx.(1)若函数f(x)的图像在点(0,f(0)处的切线方程为y=-3x+
3、2,求m,n的值;(2)当n=1时,在区间(-,1上至少存在一个x0,使得f(x0)e+m(x-1)对任意x(1,+)恒成立,求实数m的取值范围.听课笔记 【考场点拨】由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略:(1)求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题;(2)分离参数法,将参数分离出来,进而转化为af(x)max或af(x)min的形式,通过导数的应用求出f(x)的最值,即得参数的范围.【自我检测】已知函数f(x)=x+-aln x(aR).(1)若直线y=x+1与曲线y=f(x)相切,求a的值;(2)若关于x的不等式f(x)恒成立,求a的取值范围.4 已知函数f(x)=(ln
4、 x+ax+1)e-x,其中常数aR.(1)当a0时,讨论f(x)的单调性.(2)当a=-时,是否存在整数m,使得关于x的不等式2mf(x)xex+3在区间(0,e)内有解?若存在,求出整数m的最小值;若不存在,请说明理由.参考数据:ln 20.69,e2.72,e27.39,e-20.14.听课笔记 【考场点拨】利用导数处理不等式在区间D上有解的常用结论:不等式af(x)在区间D上有解af(x)在区间D上有解af(x)min; 不等式af(x)在区间D上有解af(x)min.【自我检测】已知函数f(x)=xln x,g(x)=x+a.(1)设h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调
5、区间;(2)若-1a0时,g(x)f(x).听课笔记 6 已知函数f(x)=2mln x-x,g(x)=(mR,e为自然对数的底数).(1)试讨论函数f(x)的极值情况;(2)证明:当m1且x0时,总有g(x)+3f(x)0.听课笔记 【考场点拨】利用导数证明不等式的解题策略:一般先将待证不等式如f(x)g(x)的形式转化为f(x)-g(x)0的形式,再设h(x)=f(x)-g(x),进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化,具体求解时还得灵活多变.【自我检测】已知函数f(x)=ln x+,aR.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a0时,证明:f
6、(x).第5讲导数的热点问题 典型真题研析1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1+=-.(i)若a2,则f(x)0,当且仅当a=2,x=1时f(x)=0,所以f(x)在(0,+)单调递减.(ii)若a2,令f(x)=0,得x=或x=.当x0,+时,f(x)0.所以f(x)在0,+单调递减,在,单调递增.(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于=-1+a=-2+a=-2+a,所以a-2等价于-x2+2ln x20.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(
7、x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0,所以-x2+2ln x20,即a-2.2.解:(1)f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln 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)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln
8、x,则h(x)=2-.当x时,h(x)0.所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)0,h0;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)2-2.3.解:(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-ln a.当x(-,-ln a)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-ln a)上单调
9、递减,在(-ln a,+)上单调递增.(2)(i)若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)上有一个零点.设正整数n0满足n0ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00.由于ln-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)上有一个
10、零点.综上,a的取值范围为(0,1).考点考法探究解答1例1解:(1)因为f(x)=-+n,所以f(0)=n-m,即n-m=-3.因为f(0)=m,所以切点坐标为(0,m),又因为切点在直线y=-3x+2上,所以m=2,n=-1.(2)因为f(x)=+x,所以f(x)=-+1=.当m0时,f(x)0,所以函数f(x)在(-,1上单调递增,又f(0)=m0,令x00,此时f(x0)f(0)0,所以至少存在一个x0,使得f(x0)0时,令f(x)=0,得x=ln m,则函数f(x)在(-,ln m)上单调递减,在(ln m,+)上单调递增.当ln m1,即0me时,函数f(x)在(-,ln m)上
11、单调递减,在(ln m,1上单调递增,则f(x)min=f(ln m)=ln m+10,解得0m.当ln m1,即me时,函数f(x)在区间(-,1上单调递减,则函数f(x)在区间(-,1上的最小值为f(1)=+10,解得m0,g(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,若x0,若x-ln a,则g(x)0时,g(x)的单调递增区间为(-,-ln a),单调递减区间为(-ln a,+).(2)由(1)可知,a0,且g(x)在x=-ln a处取得最大值,g(-ln a)=-ln a+a-a=a-ln a-1,a-ln a-1=0,观察可得,当a=1时,上述方程成立.令h(a)=a-ln a-1(a
12、0),则h(a)=1-=,当a(0,1)时,h(a)0,h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(a)h(1)=0,当且仅当a=1时,a-ln a-1=0,f(x)=x2+x-ex.易知当x0,+)时,g(x)0,f(x)在0,+)上单调递减,f(x)在0,+)上的最大值为f(0)=-1.解答2例2解:(1)证明:由f(x)=ae2x-ex-x(aR),得f(x)=2ae2x-ex-1,当a0时,f(x)=2ae2x-ex-10,即函数f(x)在R上单调递减,所以当a0时,函数f(x)最多有一个零点.又当-1a0时,f(0)=a-10,所以当-1a0时,函数f(x)有且只有一
13、个零点.(2)由(1)知,当a0时,函数f(x)最多有一个零点,故a0.由f(x)=ae2x-ex-x(aR),令f(x)=0,得a=.记g(x)=,则方程a=g(x)有两个不等的实根.由g(x)=,易知当x(-,0)时,g(x)0,当x(0,+)时,g(x)0,且g(-1)=e-e20,所以实数a的取值范围是(0,1).【自我检测】解:(1)f(x)=3x-3+(2x-3)ln x,所以切线斜率为f(e)=5e-6,又切点坐标为(e,2e2-3e),所以切线方程为y-2e2+3e=(5e-6)(x-e),即(5e-6)x-y-3e2+3e=0.(2)令f(x)=0,即3x-3+(2x-3)l
14、n x=0,显然x=1是方程的根.设g(x)=3x-3+(2x-3)ln x,则g(x)=2ln x-+5,易知g(x)在(0,+)上单调递增,且g=3-3e0,所以存在x1,使得g(x1)=0.所以当x(0,x1)时,g(x)0,所以f(x)单调递增,且f(x1)0,故存在x2,使得f(x2)=0.列出下表:x(0,x2)x2(x2,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增所以f(x)在x=x2处取得极大值,在x=1处取得极小值.因为f(1)=1,且当x0时,f(x)0,所以a的最小值为1.解答3例3解:(1)由f(x)=ex-aln x,得f(x)=ex-,则f(1)=
15、e-a,又切点坐标为(1,e),所以切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)原不等式即为ex+ln x-e-m(x-1)0,记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),则F(1)=0.依题意有F(x)0对任意x(1,+)恒成立,求导得F(x)=ex+-m,则F(1)=e+1-m,令G(x)=F(x),则G(x)=ex-,当x1时,G(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,有F(x)F(1)=e+1-m.若me+1,则F(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,且F(x)F(1)=0,符合题意;若me+1,则F(1)0,故存在x1(1,ln m),使得F
16、(x1)=0,当1xx1时,F(x)0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,此时F(x)0),设-ax1-1=0,则a=x1-,则l(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+)上单调递增,故只需l(x1)0.又l(x1)=x1+-ln x1-,令m(x)=x+-ln x-,则m(x)=-ln x,所以m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,又m=m(e)=0,所以x1,即a.例4解:(1)求导得f(x)=e-x(x0,a0),设g(x)=-ax-ln x+a-1(x0,a0),易得g(x)在(0,+)上单调递减,且g(1)=0,故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上
17、单调递减.(2)当a=-时,设F(x)=f(x)xex+3=e3(x0),则F(x)=e3(x0),设h(x)=e3(x0),则h(x)=(x0),可得F(x)在上单调递增,在上单调递减.又F(e)=0,F=-30,故在内存在唯一的x0,使得ln x0=x0-2,故F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减.当x(0,e)时,F(x)min=F(x0)=e3=e3,由题意知,只需2mF(x)min=e3,当x0时,F(x)min,即F(x)min(-3.32,-2.52),故存在整数m满足题意,且整数m的最小值为-1.【自我检测】解:(1)由题意可知,h
18、(x)=xln x-x-a,其定义域为(0,+),则h(x)=ln x+1-1=ln x.令h(x)0,得x1,令h(x)0,得0x0,有x-a,而-1a0,所以0-a1时,q(x)0,所以函数q(x)在区间(1,+)上单调递增.因为q(1)=-a-10,故存在x0(1,e),使得M(x0)=0,且当x(1,x0)时,M(x)0,即x0为函数M(x)的极小值点.解答4例5解:(1)由题设得f(x)=ex-2ax,则有解得(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x2+1.令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-(e-2)x-1,则h(x)=ex-2x-(e-2),令(x)=h(x),则(x)
19、=ex-2.当x(0,ln 2)时,(x)0,h(x)单调递增.又h(0)=3-e0,h(1)=0,0ln 21,h(ln 2)0,当x(x0,1)时,h(x)0时,h(x)=ex-x2-(e-2)x-10,当且仅当x=1时取等号,故当x0时,g(x)f(x).例6解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1=(x0).当m0时,f(x)0时,令f(x)0,得0x2m,令f(x)2m,故f(x)在x=2m处取得极大值,且极大值为f(2m)=2mln(2m)-2m,f(x)无极小值.(2)证明:当x0时,g(x)+3f(x)0+-303ex-3x2+6mx-30.设u(x)=3ex-3
20、x2+6mx-3,则u(x)=3(ex-2x+2m),记v(x)=ex-2x+2m,则v(x)=ex-2.当x在(0,+)上变化时,v(x),v(x)的变化情况如下表:x(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)v(x)-0+v(x)单调递减极小值单调递增由上表可知当x0时,v(x)v(ln 2),而v(ln 2)=eln 2-2ln 2+2m=2-2ln 2+2m=2(m-ln 2+1),由m1,知mln 2-1,所以v(ln 2)0,所以当x0时,v(x)0,即u(x)0,所以u(x)在(0,+)内单调递增.所以当x0时,u(x)u(0)=0,即当m1且x0时,3ex-3x2+6mx-30,
21、所以当m1且x0时,总有g(x)+3f(x)0.【自我检测】解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=-=(x0).当a0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增;当a0时,若xa,则f(x)0,函数f(x)在(a,+)上单调递增,若0xa,则f(x)0时,f(x)min=f(a)=ln a+1.要证f(x),只需证ln a+1,即只需证ln a+-10.构造函数g(a)=ln a+-1,则g(a)=-=(a0),所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以g(a)min=g(1)=0.所以ln a+-10恒成立,所以f(x).备选理由 以下所给例题均为
22、依据导数的应用解决函数问题,从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案,要依赖构建新函数,将问题进行转化,另外,对于含有参数的问题是个难点,要能合理的对参数进行讨论.例1配例1使用 设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x(xR)的一个极值点.(1)求a与b之间的关系式,并求当a=2时,函数f(x)的单调区间;(2)设a0,g(x)=ex,若存在x1,x20,4,使得|f(x1)-g(x2)|0,得-3x0,得-a-1x0),所以f(x)在0,3上单调递增,在(3,4上单调递减,于是在0,4上,f(x)max=f(3)=a+6,f(x)min=minf(0
23、),f(4)=-(2a+3)e3.另一方面,g(x)在0,4上单调递增,所以g(x).根据题意,只要-(a+6)1即可,解得-a0时,f(x)的单调递增区间为(1-b,1),单调递减区间为(-,1-b),(1,+);当b0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及两个以上的零点.当a时,h(x)0,h(x)在区间(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及两个以上的零点.当a时,由h(x)=0,得x=ln(4a)(0,1),所以h(x)在区间(0,ln(4a)上单调递减,在(ln(4a),1)上单调递增,所以h(x)在区间(0,1)上存在最小值hln(4a),若h(x)有两个
24、零点,则有hln(4a)0,h(1)0.hln(4a)=4a-4aln(4a)-b=6a-4aln(4a)+1-e,设(x)=x-xln x+1-e(1xe),则(x)=-ln x,令(x)=0,得x=,当1x0,(x)单调递增,当xe时,(x)0,(x)单调递减,所以(x)max=()=+1-e0,所以hln(4a)0,h(1)=e-4a-b=1-2a0,得a.当a时,设h(x)的两个零点为x1,x2,且x1g(0)=0,g(x2)0).当a0时,h(x)0时,h(x)=,令h(x)0,得x,此时h(x)单调递增,令h(x)0时,h(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由题意可知,aln
25、xx2ex对任意x2,+)恒成立.当a0时,aln xx2ex对任意x2,+)恒成立;当a0时,由aln xx2ex得a(x2),令(x)=(x2),则(x)=,因为x2,所以(x)0,即(x)在2,+)上单调递增,所以(x)(2)=,从而可知0a.综上所述,a.例4配例5使用 已知函数f(x)=ex(aln x-bx),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=(e-4)x-e+2.(1)求a,b的值;(2)证明:f(x)+x20),因为所以(2)证明:由(1)知f(x)=exln x-2xex-1,所以要证f(x)+x20,即证exln x+x22xex-1,即证-.设g(x)=,h(x)=-,所以要证f(x)+x20,即证g(x)0),所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在e,+)上为减函数,所以g(x)g(e)=.又h(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在1,+)上为增函数,所以h(x)h(1)=.由于和不能同时取等号,故g(x)h(x),所以f(x)+x20成立.15