高考文科数学二轮复习导数的综合应用.doc

www.ks5u.com第3讲导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)高考解读利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.切入点：求函数f(x)的导数关键点：正确构造函数， 转化为函数的最值问题解决解(1)f(x)，f(0)2.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)证明：当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x<1时，g(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.教师备选题1(2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x；(3)设c>1，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.解(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即1x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当xx0时，g(x)0，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0x1时，g(x)0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.2(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)2.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2a1.若a0，则当x(0，)时，f(x)>0，故f(x)在(0，)上单调递增若a<0，则当x时，f(x)>0；当x时，f(x)<0.故f(x)在上单调递增，在单调递减(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln1.所以f(x)2等价于ln12，即ln10.设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)>0；当x(1，)时，g(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x>0时，g(x)0.从而当a<0时，ln10，即f(x)2.利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：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，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x).(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)g(x)在D上成立，只需证明f(x)ming(x)max即可.(3)若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.1(求切线方程、不等式证明)已知函数f(x)mexln x1.(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若m(1，)，求证：f(x)>1.解(1)当m1时，f(x)exln x1，所以f(x)ex，所以f(1)e1，又因为f(1)e1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)当m>1时，f(x)mexln x1>exln x1，要证明f(x)>1，只需证明exln x2>0，设g(x)exln x2，则g(x)ex(x>0)，设h(x)ex(x>0)，则h(x)ex>0，所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递增，因为ge2<0，g(1)e1>0，所以函数g(x)ex在(0，)上有唯一零点x0，且x0，因为g(x0)0，所以ex0，即ln x0x0，当x(0，x0)时，g(x)<0；当x(x0，)时，g(x)>0，所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)g(x0)ex0ln x02x02>0，综上可知，若m(1，)，则f(x)>1.2(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln ，且x>0时，>x3a.解(1)由f(x)ex3x3a，xR，知f(x)ex3，令f(x)0，得xln 3，于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f(x)0f(x)3(1ln 3a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，)，f(x)在xln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)3(1ln 3a)(2)证明：待证不等式等价于ex>x23ax1，设g(x)exx23ax1，于是g(x)ex3x3a.由(1)及a>ln ln 31知，g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)>0.于是对任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R内单调递增于是当a>ln ln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)>0.即ex>x23ax1，故>x3a.利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)高考解读利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(2017全国卷)已知函数f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0，求a的取值范围.切入点：利用导数求f(x)关键点：将f(x)0恒成立转化为f(x)的最小值大于或等于0.解(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a<0，则由f(x)0得xln.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0.若a>0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a，从而当且仅当a2ln a0，即0a1时，f(x)0.若a<0，则由(1)得，当xln时，f(x)取得最小值，最小值为fa2，从而当且仅当a20，即2ea0时，f(x)0.综上，a的取值范围是2e，1教师备选题(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 x3，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，)上单调递增，因此g(x)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)单调递减，因此g(x)0.综上，a的取值范围是(，2解决不等式恒成立问题的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：f(x)恒成立，则f(x)max.,f(x)恒成立，则f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)0，则只需f(x)min0.1(恒成立问题)已知函数f(x)xln x(x>0)(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x(0，)，f(x)恒成立，求实数m的最大值解(1)由题意知f(x)ln x1，令f(x)>0，得x>，令f(x)<0，得0<x<，f(x)的单调增区间是，单调减区间是，f(x)在x处取得极小值，极小值为f，无极大值(2)由f(x)及f(x)xln x，得m恒成立，问题转化为mmin.令g(x)(x>0)，则g(x)，由g(x)>0x>1，由g(x)<00<x<1.所以g(x)在(0,1)是减函数，在(1，)上是增函数，所以g(x)ming(1)4，即m4，所以m的最大值是4.2(有解问题)已知函数f(x)aexaex1，g(x)x3x26x，其中a>0.(1)若曲线yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)g(x)m在0，)上有解，求实数m的取值范围解(1)因为f(0)a10，所以a1，此时f(x)exex1.所以f(x)exe，f(0)1e.所以曲线yf(x)在原点处的切线方程为y(1e)x.(2)因为f(x)aexaex1，所以f(x)aexaea(exe)当x>1时，f(x)>0；当0<x<1时，f(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以当x0，)时，f(x)minf(1)1.令h(x)g(x)mx3x26xm，则h(x)3x23x63(x2)(x1)当x>1时，h(x)<0；当0<x<1时，h(x)>0.所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以当x0，)时，h(x)maxh(1)m.要使f(x)g(x)m在0，)上有解，则m1，即m.所以实数m的取值范围为.利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)高考解读函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点切入点：求f(x)，利用导数解决关键点：注意到x2x1>0恒成立，从而f(x)0等价转化为3a0，即方程只有一个根解(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0，解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)>0；当x(32，32)时，f(x)<0.故f(x)在(，32)，(32，)单调递增，在(32，32)单调递减(2)证明：由于x2x1>0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时g(x)0，所以g(x)在(，)单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6a2<0，f(3a1)>0，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点教师备选题1(2014全国卷)已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点解(1)f(x)3x26xa，f(0)a.曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2.由题设得2，所以a1.(2)证明：由(1)知，f(x)x33x2x2.设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4.由题设知1k>0.当x0时，g(x)3x26x1k>0，g(x)单调递增，g(1)k1<0，g(0)4，所以g(x)0在(，0上有唯一实根当x>0时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)x>h(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)>h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)没有实根综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点2(2015全国卷)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x>0)当a0时，f(x)>0，f(x)没有零点；当a>0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f(b)<0，故当a>0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)<0；当x(x0，)时，f(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln .故当a>0时，f(x)2aaln .1求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤第一步：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的单调性、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2解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解1(判断函数零点个数)已知函数f(x)2ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若m，证明：f(x)有且只有三个零点解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)m，m0时，x>0，f(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减m>0时，令f(x)0，即mx22xm0，()m1时，44m20，此时f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；()0<m<1时，44m2>0，令f(x)0，则x1，x2，x时，f(x)>0，x时，f(x)<0，f(x)在和上单调递增，在上单调递减综上，m0时，f(x)在(0，)上单调递减；m1时，f(x)在(0，)上单调递增；0<m<1时，f(x)在上单调递减，在和上单调递增(2)m，f(x)2ln x，由(1)可知f(x)在(0,2)和(2，)上单调递增，在(2，2)上单调递减，又f(1)0，且1(2，2)，f(x)在(2，2)上有唯一零点x1.又0<e3<2，f(e3)(e3e3)2ln e36<7<0，f(x)在(0,2)上有唯一零点又e3>2，f(e3)f(e3)>0，f(x)在(2，)上有唯一零点综上，当m时，f(x)有且只有三个零点2(已知函数零点求参数)已知函数f(x)(a1)xln x(a>0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)g(x)f(x)m，当a2时，g(x)在e1，e上有两个不同的零点，求m的取值范围解(1)f(x)a1，当a1时，f(x)，令f(x)>0，得x>1，令f(x)<0，得0<x<1，f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减当a>1时，令f(x)>0，得x>1或x<<0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增当a<1时，)0<a<时，令f(x)>0，得<x<1，f(x)在上单调递增，在，(1，)上单调递减；)a时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减；)<a<1时，令f(x)>0，得1<x<，f(x)在上单调递增，在(0,1)，上单调递减(2)由(1)知，当a2时，f(x)xln x在e1,1上单调递减，在(1，e上单调递增f(x)minf(1)3，f(e1)e12e1，f(e)e1，f(e1)>f(e)，m.