2019届高考数学二轮复习第二部分专项专题4 第4讲　导数的综合应用 学案.doc

1、第 4 讲 导数的综合应用 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2018 卷 讨论函数的单调性、不等式的证明 T21 导数日益成为解决问 题必不可少的工具， 利用导 数研究函数的单调性与极 值(最值)是高考的常见题 型， 而导数与函数、 不等式、 方程、数列等的交汇命题， 是高考的热点和难点 解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单 调性、极值、最值 (2)利用导数证明不等式或 探讨方程的根 (3)利用导数求解参数的范 围或值. 卷 不等式的证明、函数的零点问题 T21 卷 不等式的证明、极值点问题 T21 2017 卷 利用导数研究函数的单调性、函数的零 点 T21 卷 利用导

2、数研究函数的单调性及极值、函 数的零点、不等式的证明 T21 卷 导数在研究函数单调性中的应用、不等 式放缩 T21 2016 卷 函数的零点问题、不等式的证明 T21 卷 函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题 T21 卷 三角函数的导数运算、最值问题及不等 式证明 T21 利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型) 典型例题 命题角度一 根据函数零点求参数范围 (2018 高考全国卷)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. 【解】 (1)证明：当 a1 时，f(x)1 等价于(x21)e x1

3、0. 设函数 g(x)(x21)e x1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当 x1 时， g(x)0， 所以 g(x)在(0， )单调递减 而 g(0)0， 故当 x0 时， g(x)0， 即 f(x)1. (2)设函数 h(x)1ax2e x. f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，)只有一个零点 ()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点； ()当 a0 时，h(x)ax(x2)e x.当 x(0，2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h (x)0. 所以 h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增 故 h(2)14a e2是 h(x)在0，)的

4、最小值 若 h(2)0，即 ae 2 4，h(x)在(0，)没有零点； 若 h(2)0，即 ae 2 4，h(x)在(0，)只有一个零点； 若 h(2)0，即 ae 2 4，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点 由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a 3 e4a 1 16a3 （e2a）21 16a3 （2a）41 1 a0. 故 h(x)在(2，4a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点 综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae 2 4. 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”， 即通过函数图象的交 点个数确定参数满足的条

5、件， 把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上， 解决 问题的步骤是“先形后数” 命题角度二 根据参数确定函数的零点个数 已知函数 f(x)aln xb x (a，bR，a0)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为a. (1)求 f(x)的单调区间； (2)讨论方程 f(x)1 根的个数 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)abaln x x2 ，由 f(1)aba， 得 b2a，所以 f(x)a（ln x2） x ，f(x)a（ln x1） x2 . 当 a0 时，由 f(x)0，得 0 1 e. 当 a0，得 x1 e；由 f(x)0 时，f(x)的单调递增区间

6、为? ? ? ? 0，1 e ，单调递减区间为? ? ? ? 1 e， ；当 a0， 在? ? ? ? 1 e， 上 h(x)0，当 x 无限增大时，h(x)无限接近 0； 在? ? ? ? 0，1 e 上，h(x)单调递增且当 x 无限接近 0 时，ln x2 负无限大，故 h(x)负无限大 故当 0 1 e时，方程 f(x)1 有两个不等实根，当 a 1 e时，方程 f(x)1 只有一 个实根，当 a1 e时，方程 f(x)1 有两个实根；当 a0，则当 x(，1)时，f(x)0.所以 f(x)在( ，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 又 f(1)e， f(2)a， 取 b 满足 b

7、a 2(b2)a(b1) 2a? ? ? b23 2b 0， 故 f(x)存在两个零点 ()设 a0，因此 f(x)在(1，)上单调 递增又当 x1 时，f(x)1.故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当 x1 时， f(x)f(2x2)， 即 f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，由 ? ? ? ?f（x）0， x0， 得 0 a a ，所以 f(x)在? ? ? ? 0， a a 上单 调递增，在? ? ? ? a a ， 上单调递减 综上所述：

8、当 a0 时，f(x)的单调递增区间为(0，)； 当 a0 时，f(x)的单调递增区间为? ? ? ? 0， a a ，单调递减区间为? ? ? ? a a ， . (3)由(2)可知， ()当 a0，故 f(x)在1，e 2上没有零点； ()当 a0 时，f(x)在1，e2上单调递增，而 f(1)1 2a0，故 f(x)在1，e 2上有一个 零点； ()当 a0 时，若 a a 1，即 a1 时，f(x)在1，e2上单调递减，因为 f(1)1 2a 1 e时，f(x)在1，e 2上没有零点； 若 f? ? ? ? a a 1 2ln a 1 20，即 a 1 e时，f(x)在1，e 2上有一

9、个零点； 若 f? ? ? ? a a 1 2ln a 1 20，即 a0 得 a0， 所以 f(x)在1，e2上有一个零点 综上所述：当 a1 e时，f(x)在1，e 2上没有零点；当 0a0. 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0，) f(x)aexb x，由题意得 f(1) 1 e，f(1) 1 e1， 所以 ? ? ?ae 1 e， aeb1 e1， 解得 ? ? ? ? ?a1 e2， b1. (2)证明：由(1)知 f(x) 1 e2e xln x. 因为 f(x)ex 21 x在(0，)上单调递增，又 f(1)0，所以 f(x)0 在(0， )上有唯一实根 x0，且 x0(

10、1，2) 当 x(0，x0)时，f(x)0， 从而当 xx0时，f(x)取极小值，也是最小值 由 f(x0)0，得 ex0 21 x0，则 x02ln x0. 故 f(x)f(x0)ex0 2ln x 0 1 x0x022 1 x0x020，所以 f(x)0. 利用导数证明单变量的不等式的常见形式是 f(x)g(x)证明技巧：先将不等式 f(x)g(x) 移项，即构造函数 h(x)f(x)g(x)，转化为证不等式 h(x)0，再次转化为证明 h(x)min0，因 此， 只需在所给的区间内， 判断 h(x)的符号， 从而判断其单调性， 并求出函数 h(x)的最小值， 即可得证 命题角度二 双变量

11、不等式的证明 已知函数 f(x)ln x1 2ax 2x，aR. (1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程； (2)若 a2，正实数 x1，x2满足 f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2 51 2 . 【解】 (1)当 a0 时，f(x)ln xx，则 f(1)1，所以切点为(1，1)， 又 f(x)1 x1，则切线斜率 kf(1)2， 故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10. (2)证明：当 a2 时，f(x)ln xx2x，x0. 由 f(x1)f(x2)x1x20， 得 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20， 从而(x1x2)2

12、(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令 tx1x2，则由 (t)tln t，得 (t)11 t t1 t ， 易知 (t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增， 所以 (t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1， 因为 x10，x20，所以 x1x2 51 2 成立 破解含双参不等式证明题的三个关键点 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为 含单参的不等式 (2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值 (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 对点训练 (2018 高考全国卷)已知

13、函数 f(x)1 xxaln 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：f（x1）f（x2） x1x2 a2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x) 1 x21 a x x2ax1 x2 . (i)若 a2，则 f(x)0，当且仅当 a2，x1 时 f(x)0，所以 f(x)在(0，)单调递 减 (ii)若 a2，令 f(x)0 得，xa a 24 2 或 xa a 24 2 . 当 x? ? ? ? ? 0，a a 24 2 ? ? ? ? ?a a24 2 ，时，f(x)0. 所 以f(x) 在 ? ? ? ? ? ? 0，a a

14、24 2 ， ? ? ? ? ? ?a a24 2 ，单调递减，在? ? ? ? ?a a24 2 ，a a 24 2 单调递增 (2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2ax10，所以 x1x21，不妨设 x11. 由于f（x1）f（x2） x1x2 1 x1x21a ln x1ln x2 x1x2 2aln x1ln x2 x1x2 2a2ln x2 1 x2x2 ， 所以f（x1）f（x2） x1x2 0)，h(x)ln x1 x 1 e2，则 g(x) m（1x） ex ，h(x)ln x x2 . 因为 m0；当 x

15、1 时，g(x)0，h(x)0，使 f(x0)g(x0)成立，求参数 a 的取值范围 【解】 (1)由题意得，f(x)3 xx1，设切点为(x0，f(x0)，则 kf(x0) 3 x0x01 3，解得 x01 或 x03(舍)，所以切点为? ? ? ? 1，1 2 ，代入 g(x)3xa，得 a5 2. (2)设 h(x)3ln x1 2x 22x.?x 00，使 f(x0)g(x0)成立， 等价于?x0，使 h(x)3ln x1 2x 22xa 成立， 等价于 a0) 因为 h(x)3 xx2 x22x3 x （x1）（x3） x ， 令 ? ? ? ?h（x）0， x0， 得 00， 得

16、x1. 所以函数 h(x)3ln x1 2x 22x 在(0， 1)上单调递增， 在(1， )上单调递减， 所以 h(x) max h(1)5 2，即 a3)，令 u(x)0，得 x2； 令 u(x)1 xe 1x在区间(1，)内恒成立(e2.718?为自 然对数的底数) 解：(1)f(x)2ax1 x 2ax21 x (x0) 当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，有 x 1 2a . 此时，当 x? ? ? ? 0， 1 2a 时，f(x)0，f(x)单调递增 (2)令 g(x)1 x 1 ex 1，s(x)ex 1x. 则 s(x)ex 11. 而当 x1 时，s(x)0， 所以 s(x)在区间(1，)内单调递增 又由 s(1)0，有 s(x)0， 从而当 x1 时，g(x)0. 当 a0，x1 时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成