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

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)，x>1.当a时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减当0<a<时，当1<x<时，f(x)<0，f(x)单调递减；当<x<时，f(x)>0，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，)；当0<a<时，f(x)的单调递减区间为，f(x)的单调递增区间为.(2)原式等价于ax>(x1)ln(x1)2x1，即存在x>0，使a>成立设g(x)，x>0，则g(x)，x>0，设h(x)x1ln(x1)，x>0，则h(x)1>0，h(x)在(0，)上单调递增又h(2)<0，h(3)>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a>x02，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.若已知函数的单调性，则转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题来求解(4)若求极值，则先求方程f(x)0的根，再检查f(x)在方程根的左右函数值的符号若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f(x)0根的大小或存在情况来求解(5)求函数f(x)在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值 对点训练1(2017洛阳统考)已知f(x)xexax2x.(1)若f(x)在(，1上单调递增，1,0上单调递减，求f(x)的极小值；(2)当x0时，恒有f(x)0，求实数a的取值范围解(1)f(x)在(，1上单调递增，1,0上单调递减，f(1)0.f(x)(x1)ex2ax1，2a10，a.f(x)(x1)exx1(x1)(ex1)，f(x)在(，1上单调递增，1,0上单调递减，0，)上单调递增，f(x)的极小值为f(0)0.(2)f(x)x(exax1)，令g(x)exax1，则g(x)exa.若a1，则x(0，)时，g(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)0，当x0时，g(x)0，从而f(x)0.若a>1，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，不符合题意综上，实数a的取值范围是(，1二、导数与方程问题研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用思维流程(1)(2)解(1)由题意，得函数f(x)的定义域为(0，)，f (x).当m0时，f (x)0，所以函数f(x)的单调增区间是(0，)，无单调减区间；当m>0时，f (x)，当0<x<时，f (x)<0，函数f(x)单调递减；当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m>0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，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，当m0时，F(x)x2x，x>0，有唯一零点；当m>0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)ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，由F(x)<0得0<x<1或x>m，由F(x)>0得1<x<m，所以函数F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m>0，F(2m2)mln(2m2)<0，所以F(x)有唯一零点；当0<m<1时，由F(x)<0得，0<x<m或x>1，由F(x)>0得，m<x<1，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lnm<0，所以F(m)(m12lnm)>0，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)lnxax22x(a<0)(1)若函数f(x)在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2)若a，且关于x的方程f(x)xb在1,4上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围解(1)f(x)(x>0)依题意得f(x)0在x>0时恒成立，即ax22x10在x>0时恒成立，则a21在x>0时恒成立，即amin(x>0)，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(x>0)，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ln22<b.三、导数与不等式问题1利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法或不等式转化法，通过求函数的最值加以解决2利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的角度1：根据不等式恒成立、存在性成立求参数的值(范围)【例31】(2017四川乐山一模)已知f(x)2ln(x2)(x1)2，g(x)k(x1)(1)当k2时，求证：对于x>1，f(x)<g(x)恒成立；(2)若存在x0>1，使得当x(1，x0)时，恒有f(x)>g(x)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x>1时，H(x)<0，H(x)在(1，)上单调递减H(x)max<H(1)0，对于x>1，H(x)<0，即f(x)<g(x)(2)由(1)知，当k2时，f(x)<g(x)恒成立，即对于x>1,2ln(x2)(x1)2<2(x1)，不存在满足条件的x0；当k>2时，对于x>1，x1>0，此时2(x1)<k(x1)2ln(x2)(x1)2<2(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k<2时，令t(x)2x2(k6)x(2k2)，又yt(x)为一开口向下的抛物线，且x时，t(x)，又t(1)2(k6)(2k2)2k>0，所以必存在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)<0，h(x)单调递减当x(1，x0)时，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)axalnx，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0<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；当x时，h(x)>0.所以h(x)在单调递减，在单调递增又h(e2)>0，h<0，h(1)0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)>0；当x(x0,1)时，h(x)<0；当x(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(1x0)由x0(0,1)得f(x0)<.因为xx0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)>f(e1)e2，所以e2<f(x0)<22.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形(2)构造新的函数h(x)(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值(4)根据单调性及最值，得到所证不等式 对点训练3(2017河南百校联盟质检)设函数h(x)x2mx，g(x)lnx.(1)若m1，且函数h(x)与g(x)在xx0处的切线平行，求这两切线间的距离；(2)对任意x>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x>0，不等式h(x)g(x)恒成立，即x2mxlnx0恒成立，由x>0，可得mx.设F(x)x，F(x)1，当x>1时，F(x)>0，F(x)单调递增；当0<x<1时，F(x)<0，F(x)单调递减所以F(x)在x1处取得极小值，且为最小值，即F(x)minF(1)1，则有m1，即m的取值范围是(，14(2017西安五校联考)设f(x)ex1.(1)当x>1时，证明：f(x)>；(2)当a>ln21且x>0时，证明：f(x)>x22ax.证明(1)当x>1时，f(x)>，即ex1>2x1，当且仅当ex>2x，即ex2x>0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)ex2<0，故函数g(x)在(1，ln2)上单调递减；当xln2，)时，g(x)ex20，故函数g(x)在ln2，)上单调递增所以g(x)在(1，)上的最小值为g(ln2)eln22ln22(1ln2)>0，所以在(1，)上有g(x)g(ln2)>0，即ex>2x.故当x(1，)时，有f(x)>.(2)f(x)>x22ax，即ex1>x22ax，exx22ax1>0.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)<0，函数h(x)单调递减；当xln2，)时，h(x)0，函数h(x)单调递增所以h(x)的最小值为h(ln2)eln22ln22a22ln22a.因为a>ln21，所以h(ln2)>22ln22(ln21)0，即h(x)h(ln2)>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)exx22ax1>0，即当a>ln21且x>0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f(x)在(0，)上单调递增当a<2时，>0，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a>2时，>0，g(x)0的两根为x1，x2，当0<x<x1时，f(x)>0；当x1<x<x2时，f(x)<0；当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，a>2.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(x2>1)(*)再由(1)知，函数h(t)t2lnt在(0，)上单调递增，而x2>1，所以x22lnx2>12ln10.这与(*)式矛盾故不存在a，使得k2a.