（全国通用版）2019高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 理.doc

1第第 4 4 讲讲 导数的热点问题导数的热点问题考情考向分析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力例 1 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f(x)ae2xaexxex(a0，e2.718，e 为自然对数的底数)，若f(x)0 对于xR R 恒成立(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且f(x0)0，g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，故a1.(2)证明 当a1 时，f(x)e2xexxex，f(x)ex(2exx2)令h(x)2exx2，则h(x)2ex1，当x(，ln 2)时，h(x)0，h(x)在(ln 2，)上为增函数，h(1)0，在(2，1)上存在xx0满足h(x0)0，2h(x)在(，ln 2)上为减函数，当x(，x0)时，h(x)>0，即f(x)>0，f(x)在(，x0)上为增函数，当x(x0，ln 2)时，h(x)h(0)0，即f(x)>0，f(x)在(0，)上为增函数，f(x)在(ln 2，)上只有一个极小值点 0，综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0(2，1)h(x0)0，20exx020，f(x0)02ex0exx00ex2(x01)，x0(2，1)，(x02 2)(x02 2)x2 02x0 4当x(2，1)时，0)，1 xax1 x当a0 时，则f(x)0 时，则当x时，f(x)>0，f(x)单调递增，(1 a，)当x时，f(x)0 时，f(x)在上单调递减，在上单调递增(0，1 a)(1 a，)(2)证明 令g(x)f(x)2axxeax1xeax1axln x，则g(x)eax1axeax1a1 x(ax1)(x>0)，(eax11 x)ax1xeax11x设r(x)xeax11(x>0)，则r(x)(1ax)eax1(x>0)，eax1>0，当x时，r(x)>0，r(x)单调递增；(0，1 a)当x时，r(x) 时，g(x)>0，1 a1 ag(x)在上单调递减，在上单调递增，(0，1 a)(1 a，)g(x)ming，(1 a)设t ，1 a(0，e2则gh(t)ln t1(00，且函数f(x)在区间0，)内单调递增，求实数a的取值范围；(2)若 0a)，2 31 xa记h(x)f(x)，则h(x)ex>0，1xa2知f(x)在区间内单调递增(a，)又f(0)1 0，1 a1 a1f(x)在区间内存在唯一的零点x0，(a，)即f(x0)0ex0，1 x0a于是0ex，x0ln.1 x0a(x0a)当ax0时，f(x)>0，f(x)单调递增f(x)minf(x0)0ex2aln(x0a)2ax0x0a3a23a，1 x0a1 x0a当且仅当x0a1 时，取等号由 00，2 3f(x)minf(x0)>0，即函数f(x)没有零点思维升华 (1)函数yf(x)k的零点问题，可转化为函数yf(x)和直线yk的交点问6题(2)研究函数yf(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势7跟踪演练 2 (2018·全国)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0 时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)上只有一个零点，求a.(1)证明 当a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)·ex(x1)2ex.当x1 时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a>0 时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值4a e2若h(2)>0，即a，e2 4因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x>0 时，ex>x2，所以h(4a)11>11 >0，故h(x)16a3 e4a16a3e2a216a32a41 a在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.e2 4热点三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优例 3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为 32 万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2)x万元假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考x8虑其他因素，记余下工程的费用为y万元(1)试写出y关于x的函数关系式；(2)当m96 米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y最小？解 (1)设需新建n个桥墩，则(n1)xm，即n 1.m x所以yf(x)32n(n1)(2)xx32 (2)x(m x1)m xxm2m32(00，f(x)在区间(16,96)内为增函数，所以f(x)在x16 处取得最小值，此时n15.96 16答 需新建 5 个桥墩才能使余下工程的费用y最小思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式yf(x)(2)求导：求函数的导数f(x)，解方程f(x)0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f(x)0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值(4)作答：回归实际问题作答跟踪演练 3 图 1 是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图 2 是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为 4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB2x，BCy.9(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；(2)求当x取何值时，凹槽的强度最大解 (1)易知半圆CmD的半径为x，故半圆CmD的弧长为 x.所以 42x2yx，得y.42x2依题意知 00，T为关于x的增函数；16 912当0，则由f(x)0，得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.10所以f(x)在(，ln a)上单调递减，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a>0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1 ln 1 aa.当a1 时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于 1 ln a>0，1 a即f(ln a)>0，故f(x)没有零点；当a(0,1)时，1 ln a2e22>0，故f(x)在(，ln a)上有一个零点设正整数n0满足n0>ln，(3 a1)则f(n0)0en(a0ena2)n0>0enn0>02nn0>0.由于 ln>ln a，(3 a1)因此f(x)在(ln a，)上有一个零点综上，a的取值范围为(0,1)押题预测已知f(x)asin x，g(x)ln x，其中aR R，yg1(x)是yg(x)的反函数(1)若 00，m0 恒成立，求满足条件的最小整数b的值押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力(1)证明 由题意知G(x)asin(1x)ln x，G(x) acos(1x)(x>0)，1 x当x(0,1)，01,00，11故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数(2)证明 由(1)知，当a1 时，G(x)sin(1x)ln x在(0,1)上单调递增sin(1x)ln x0，m0 恒成立，即当x(0，)时，Fmin>0.(x)又设h(x)Fex2mx2，(x)h(x)ex2m，m0，h(x)单调递增，又h(0)0，则必然存在x0(0,1)，使得h(x0)0，F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，F(x)F(x0)0exmx2x0b2>0，2 0则b>0exmx2x02，又0ex2mx020，2 0m，2 2x0b>0ex·x2x022 2x02 00exx02，(x0 21)又m0exx02，x0(0，ln 2)恒成立，(x0 21)12令m(x)exx2，x(0，ln 2)，(x 21)则m(x) (x1)ex1，1 2令n(x) (x1)ex1，1 2则n(x)xex>0，1 2m(x)在(0，ln 2)上单调递增，m(x)>m(0) >0，1 2m(x)在(0，ln 2)上单调递增，m(x)0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少解 (1)由题意，得下潜用时(单位时间)，60 v用氧量为×(升)；(v 10)3160 v3v2 5060 v水底作业时的用氧量为 10×0.99(升)；返回水面用时(单位时间)，60 v 2120 v用氧量为×1.5(升)，120 v180 v13总用氧量y9(v>0)3v2 50240 v(2)y，6v 50240 v23v32 00025v2令y0，得v10，32当 010时，y>0，函数单调递增，32当 0e2 .1 e(1)解 由定义域为(0,1)(1，)，f(x) ，1 xax12x2a2x1xx12设h(x)x2(a2)x1，要使yf(x)在上有极值，(e，)则x2(a2)x10 有两个不同的实根x1，x2，(a2)24>0，a>0 或ae，0e 2，1 e14联立可得a>e 2.1 e即实数a的取值范围是.(e1 e2，)(2)证明 由(1)知，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，(x2，)f(x)在(1，)上有最小值f(x2)，即t(1，)，都有f(t)f(x2)，又当x时，f(x)>0，f(x)单调递增，(0，x1)当x时，f(x) e)设k(x)ln x2x 2ln xx (x>e)，1 x1 x则k(x) 1>0(x>e)，2 x1 x2k(x)在上单调递增，(e，)k(x)>k(e)2e ，1 ef(t)f(s)>e2 .1 e3(2018·商丘模拟)已知函数f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a>0)15(1)如图，设直线x ，yx将坐标平面分成，四个区域(不含边界)，若1 2函数yf(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(2)当a> 时，求证：x1，x2(0，)且x1x2，有f(x1)f(x2)0，a>.ln2x12x1令h(x)，ln2x12x1(x> 12)则h(x).22ln2x12x12(x> 12)当x时，h(x)>0，h(x)单调递增；(1 2，e1 2)当x时，h(x) 12)当x>0 时， 时，8a>4，4 2x11 2u(x)8a0 时，f(x)为减函数，不妨设x2>x1>0，16令g(x)f(x)f(x1)2f(x>x1)，(xx1 2)可得g(x1)0，g(x)f(x)f，(xx1 2)x>且f(x)是(0，)上的减函数，xx1 2g(x)x1时，g(x)为减函数，g(x2)g(x)(1)解 易得g(x)exbb.1 ex若b0，则g(x)(0，)，不合题意；1 ex若b0，g1 eb10，令g(x)exb0，得xln b.g(x)在(，ln b)上单调递减；在(ln b，)上单调递增，则g(x)ming(ln b)eln bbln bbbln b0，be.综上所述，实数b的取值范围是(，0)e，)(2)证明 易得f(x) ，1 xa x2则由题意，得feae2e，解得a .(1 e)2 ef(x)ln x，从而f 1，2 ex(1 e)即切点为.(1 e，1)将切点坐标代入 exy2b0 中，解得b0.17g(x)ex.要证f(x)>g(x)，即证 ln x>ex(x(0，)，2 ex只需证xln x >xex(x(0，)2 e令u(x)xln x ，v(x)xex，x(0，)2 e则由u(x)ln x10，得x ，1 eu(x)在上单调递减，(0，1 e)在上单调递增，(1 e，)u(x)minu .(1 e)1 e又由v(x)exxexex(1x)0，得x1，v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，v(x)maxv(1) .1 eu(x)u(x)minv(x)maxv(x)，显然，上式的等号不能同时取到故对任意的x(0，)，总有f(x)>g(x)5(2018·马鞍山模拟)已知函数g(x)xln x，h(x)(a>0)ax21 2(1)若g(x)aa0，(1，1 a)1 xf(x)在上单调递增，(1，1 a)又f(1)1a>0，f(x)>0，即f(x)在上单调递増，(1，1 a)f(x)>f(1)>0，不满足题意a1 2综上所述，a1，)方法二 当x(1，)时，g(x)，2xln x1 x2令F(x)(x>1)，2xln x1 x2F(x)(x>1)，2(x1xln x)x3记m(x)x1xln x(x>1)，则m(x)ln x0.(1)求函数f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F(x)f(x)，是否存在无数个a(1,4)，使得 ln a为函数(exa)F(x)的极大值点？请说明理由解 (1)f(x)ex，(xa 6)当 0 时，f(x)>0，f(x)单调递增，a 6所以当x(0，)时，f(x)minf，(a 6)因为f0，(a 6)a 6(1a 6)所以存在x0，使f(x0)0，(a 6，1a 6)且当 0x0时，f(x)>0.故函数f(x)在(0，)上有 1 个零点，即x0.(2)方法一 当a>1 时，ln a>0.因为当x时，exa0.(ln a，)20由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0.下面证：当a时，ln a0，3x 3x所以g(x)在上单调递增，(1，e)由g(1) 0，1 3e 3所以存在唯一零点t0，使得g0，(1，e)(t0)且x时，g(x)0，g(x)单调递增(t0，e)所以当x时，g(x)0，F(x)单调递增；(exa)当 ln a0，f(x)0.(ln a，)由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0.所以存在无数个a(1,4)，使得 ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a(1,4)，使得 ln a0，(3 2，2)所以g(x)在上单调递增，(3 2，2)因为gln 0，(3 2)3 21 22 3所以存在唯一零点t0，使得g0，(3 2，2)(t0)且当x时，g(x)0，g(x)单调递增；(t0，2)所以当x时，3 2，2g(x)mingt0ln t0t01，(t0)t2 0 6由g0，可得 ln t0，(t0)t0 3代入式可得g(x)mingt01，(t0)t2 0 6当t0时，(3 2，2)gt01 1，求证：f(x)ax2x1ln(x1)1 2(1)解 当ae 时，f(x)x(exe)当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)极小值f(0)1，无极大值(2)解 f(x)x(exa)，()当a0 时，f(x)(x1)ex，只有一个零点x1，()当a>0 时，exa>0，当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)极小值f(0)1，而f(1) >0，a 2当x>0 时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点，当xx1，f(x)(x1)exax2>x1ax21 21 2ax2x1，1 2令g(x)ax2x1，1 2x1是g(x)0 的一个根，取x10，f(x1)·f(0)0，即a0，1x12h(x)为(1，)上的增函数，h(2)e21>0，取x1e2，x1e2，h(1e2)21eee20，g(x)>0，g(x)为增函数，g(x)ming(x0)(x01) 0exln(x01)x01(x01)×ln 0exx011 x011x0x010，24对x>1，g(x)g(x0)0，即 f(x) ax2x1ln(x1)12