（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 文.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·全国)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2 是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a 时，f(x)0.1 e(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex .1 x由题设知，f(2)0，所以a.1 2e2从而f(x)exln x1，f(x)ex .1 2e21 2e21 x当 02 时，f(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(2，)，单调递减区间为(0,2)(2)证明 当a 时，f(x)ln x1.1 eex e设g(x)ln x1(x(0，)，则g(x) .ex eex e1 x当 01 时，g(x)>0.所以x1 是g(x)的最小值点故当x>0 时，g(x)g(1)0.因此，当a 时，f(x)0.1 e思维升华 用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，则f(a)f(x)f(b)；对x1，x2a，b，且x11 时，g(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.热点二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解例 2 (2018·雅安三诊)设函数f(x)(x1)exx2.k 2(1)当k0，解得x>0，令f(x)0，解得x0，3令f(x)0，k 2又f(x)在0，)上单调递增，所以函数f(x)在0，)上只有一个零点在区间(，0)中，因为f(x)(x1)exx2>x1x2，k 2k 2取x 1(，0)，2 k于是f>12(2 k1) (2 k1)k 2(2 k1) >0，k 2又f(x)在(，0)上单调递减，故f(x)在(，0)上也只有一个零点，所以函数f(x)在定义域(，)上有两个零点；当k0 时，f(x)(x1)ex在单调递增区间0，)内，只有f(1)0.而在区间(，0)内，f(x)1 时，令g(x)0，解得x1，x2.d213d213可得g(x)在(，x1)上单调递增，在x1，x2上单调递减，在(x2，)上单调递增5所以g(x)的极大值为g(x1)g6>0.(d213)2 3d2193g(x)的极小值为g(x2)g6.(d213)2 3d2193若g(x2)0，则由g(x)的单调性可知函数yg(x)至多有两个零点，不合题意若g(x2)27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)|d|6>0，且1032|d|0，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.(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.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；8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，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)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 210m(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 v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，3211当 00 时，f(x)>g(x)(1)解 因为f(x)1，a x2x2a x2(x 0)若a0，则f(x)>0 在定义域内恒成立，f(x)在(，0)，(0，)上单调递增；若a>0，则由f(x)>0，解得x，aa由f(x)0)，a xh(x)1 (x>0)，a x21 xx2xa x2设p(x)x2xa，则由a>0 知，方程p(x)0 的判别式14a>0，设p(x)0 的正根为x0，xx0a0，2 0p(1)11aa1，又p(0)a 1)F(x)2 >0 恒成立，1 x2x1 xF(x)在(1，)上为增函数，又F(1)2020，F(x)>0，即h(x)min>0，当x(0，)且a>0 时，f(x)>g(x)3(2018·长春模拟)已知函数f(x)ln x，g(x)xm(mR R)(1)若f(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)f(x)g(x)的两个零点，且x10)，则F(x) 1(x>0)，1 x1x x当x>1 时，F(x)0，所以F(x)在(1，)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x1 处取得最大值1m，若f(x)g(x)恒成立，则1m0，即m1.(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点，则mF，(1 x1)由F(x1)F(x2)0，mln x1x1，即证 lnmlnx1ln x10，1 x22 xx22x1 x2故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)0 得x>0，由f(x)0，f(0)10，3 e2f(x)有两个零点(2)证明 f(x)ex2x，(ax1a)x0 是f(x)的极值点，f(0)a10，a1，f(x)(x1)exx2，故要证(x1)exln(x1)x1，令x1t，t>0，即证tet1ln tt2(t>0)，设h(x)ex·exln xx2(x>0)，即证h(x)0(x>0)，h(x)e·ex(x1) 11 xe(x1)(x>0)，(ex1 ex)令u(x)ex(x>0)，u(x)ex>0，1 ex1 ex2u(x)在(0，)上单调递增，又u(1)e >0，u2eeex0时，u(x)>0，h(x)>0，h(x)h(x0)ex0·0exln x0x02ex0·ln 01ex x021x01x020.1 ex0综上得证145(2018·滨海新区七所重点学校联考)已知函数f(x)ln x(其中a>0，e2.7)1x ax(1)当a1 时，求函数f(x)在(1，f(1)点处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间2，)上为增函数，求实数a的取值范围；(3)求证：对于任意大于 1 的正整数n，都有 ln n> .1 21 31 n(1)解 f(x)ln x，1x xf(x)(x>0)，x1 x2f(1)0，f(1)0，f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)解 f(x)ln x，1x axf(x)(x>0，a>0)，ax1 ax2f(x)在2，)上为增函数，f(x)0 对任意x2，)恒成立ax10 对任意x2，)恒成立，即a 对任意x2，)恒成立1 x当x2，)时，max ，(1 x)1 2a ，即所求正实数a的取值范围是.1 21 2，)(3)证明 当a1 时，f(x)ln x，f(x)，1x xx1 x2当x>1 时，f(x)>0，f(x)在(1，)上是增函数则当x>1 时，f(x)>f(1)0，当n>1 时，令x>1，n n1f(x)ln ln>0，1n n1 n n1n n11 nn n1ln> ，ln > ，ln > ，ln> ，n n11 n2 11 23 21 3n n11 n15ln ln ln> ，2 13 2n n11 21 31 n即 ln> ，(2 1×3 2× ×n n1)1 21 31 nln n> ，1 21 31 n即对于任意大于 1 的正整数n，都有 ln n> .1 21 31 nB 组 能力提高6已知函数f(x)ex2ln x，g(x)x2axb(a，bR R)(1)若对任意的x(0，)，不等式f(x)>x2m2ln x恒成立，求实数m的取值范围；(2)若对任意的实数a，函数F(x)f(x)g(x)x22ln x在(0，)上总有零点，求实数b的取值范围解 (1)对任意的x(0，)，不等式f(x)>x2m2ln x恒成立可转化为不等式m0，n(x)单调递增从而当x0，)时，n(x)n(ln 2)22ln 2>0，即m(x)>0，所以m(x)在0，)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)1，所以m1，即m的取值范围为(，1(2)函数F(x)f(x)g(x)x22ln x在(0，)上总有零点，即F(x)exaxb在(0，)上总有零点若a1.以下证明：当b>1 时，F(x)exaxb在(0，)上总有零点若a0，(b a)(b a)且F(x)在(0，)上连续，16故F(x)在上必有零点；(0，b a)若a0，F(0)1bx21>x2在x(0，)时恒成立，取x0ab>0，则F(x0)F(ab)eaba(ab)b>(ab)2a2abbabb(b1)>0，由于F(0)1b0，故F(x)在(0，ab)上必有零点综上，实数b的取值范围是(1，)7已知x1 为函数f(x)(x2ax)ln xx的一个极值点(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若方程f(x)mx22x有且只有一个实数根，求实数m的值解 (1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)(x2ax)× (2xa)ln x11 xx(2xa)ln x(a1)因为x1 为函数f(x)的一个极值点，所以f(1)1(2a)ln 1(a1)2a0，解得a2.故f(x)(x22x)ln xx，f(x)x(2x2)ln x1(x1)(12ln x)令f(x)0，解得x11，x21 2e.ee当x时，f(x)>0，函数f(x)单调递增；(0，ee)当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增(2)方程f(x)mx22x，即(x22x)ln xxmx22x，整理得(x22x)ln xxmx2.因为x>0，所以m.x22xln xxx2x2ln x1x17令g(x)ln x ，x2ln x1x(12 x)1 x则g(x)ln x× .2 x2(12 x)1 x1 x22ln xx1 x2令h(x)2ln xx1，则h(x) 1>0 恒成立，2 x所以函数h(x)在(0，)上单调递增又h(1)0，所以当x(0,1)时，h(x)0，即g(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)的最小值为g(1)1<0，当x0 或x时，g(x)，所以当 f(x)mx22x 有且只有一个实数根时，m1.