数学（理科）高三二轮复习系列板块2 核心考点突破拿高分 专题6 第4讲 导数的热点问题(大题)

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1、,第4讲 导数的热点问题(大题),板块二 专题六 函数与导数,NEIRONGSUOYIN,内容索引,热点分类突破,真题押题精练,1,PART ONE,热点一 导数的简单应用,热点二 导数与函数零点或方程根的问题,热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题,热点四 导数与不等式的证明问题,热点一 导数的简单应用,利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f(x)在区间D上单调递增，则有f(x)0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立.,例1 (2019武邑调研)已知函数f(x)ln xax2bx(

2、其中a，b为常数且a0)在x1处取得极值. (1)当a1时，求f(x)的单调区间；,因为函数f(x)ln xax2bx在x1处取得极值， 所以f(1)12ab0， 当a1时，b3，,f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：,(2)若f(x)在(0，e上的最大值为1，求a的值.,解 由(1)知b2a1，则f(x)ln xax2(2a1)x，,所以f(x)在区间(0，e上的最大值为f(1)， 令f(1)1，解得a2.,所以最大值1可能在x1或xe处取得， 而f(1)ln 1a(2a1)0， 所以f(e)ln eae2(2a1)e1，,所以最大值1可能在x1处取得， 而f(1)ln 1a(2a1)0

3、，与最大值为1矛盾.,跟踪演练1 (2019延庆模拟)已知函数f(x)ln(xa)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y0平行. (1)求a的值；,解 f(x)ln(xa)，,f(x)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y0平行，,x(1,0)有h(x)0恒成立，故h(x)在(1,0)上为增函数， 由h(x)h(0)ln 10，所以函数g(x)在(1,0)上单调递减. x(0，)有h(x)0恒成立，故h(x)在(0，)上为减函数， 由h(x)h(0)ln 10，所以函数g(x)在(0，)上单调递减. 综上，g(x)在(1,0)和(0，)上单调递减.,热点二 导数与函数零点或方程根的问题,已知函

4、数零点x0(a，b)，求参数范围的一般步骤： (1)对函数求导； (2)分析函数在区间(a，b)上的单调情况； (3)数形结合分析极值点； (4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围.,例2 (2019石家庄质检)已知函数f(x)exxa(aR). (1)当a0时，求证：f(x)x；,证明 当a0时，f(x)exx. 令g(x)f(x)xexxxex2x， 则g(x)ex2， 当g(x)0时，xln 2； 当xln 2时，g(x)0， 所以g(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， 所以xln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，,故当a0时，f(x)x

5、成立.,(2)讨论函数f(x)零点的个数.,解 f(x)ex1，由f(x)0，得x0. 当x0时，f(x)0， 所以f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， 所以x0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)minf(0)1a. 当1a0，即a1时，因为f(a)ea(a)aea0， 所以f(x)在(a,0)上有一个零点， 即f(x)在(，0)上只有一个零点；,由(1)，得ex2x，令xa，则得ea2a， 所以f(a)eaaaea2a0， 于是f(x)在(0，a)上有一个零点， 即f(x)在(0，)上只有一个零点， 因此，当a1时，f(x)有两个零点. 综上，当a1时，f(x

6、)有两个零点.,(1)若x1是f(x)的极大值点，求a的取值范围；,解 由题意，函数f(x)的定义域为(0，)，,由f(1)0，得b1a，,若a0，由f(x)0，得x1. 当00，此时f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减. 所以x1是f(x)的极大值点，,综合，得a的取值范围是(1，).,(2)当a0，b1时，方程x22mf(x)(其中m0)有唯一实数解，求m的值.,解 当a0，b1时，f(x)ln xx， 因为方程2mf(x)x2有唯一实数解， 所以x22mln x2mx0有唯一实数解， 设g(x)x22mln x2mx，,令g(x)0，即x2mxm0.,当x(0，

7、x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)单调递增， 当xx2时，g(x)0，g(x)取最小值g(x2)，,所以2mln x2mx2m0， 因为m0， 所以2ln x2x210， (*) 设函数h(x)2ln xx1， 因为当x0时，h(x)是增函数， 所以h(x)0至多有一解， 因为h(1)0，所以方程*的解为x21，,热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题,1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略： (1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题； (2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为af(x)max或af(x)在区间D上有解af(x)min； 不等式af(x)在区

8、间D上有解af(x)min；,不等式af(x)在区间D上恒成立af(x)max； 不等式af(x)在区间D上恒成立af(x)max.,例3 (2019郴州质检)设函数f(x)2x2aln x，aR. (1)讨论函数f(x)的单调性；,若a0，则f(x)0，故f(x)在(0，)上为增函数，,(2)设a0，若存在正实数m，使得对任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立，求实数a的取值范围.,由(1)知f(x)在(1，)上为增函数， 又f(1)0，所以f(x)0对x(1，)恒成立， 则|f(x)|2ln xf(x)2ln x2x2(a2)ln x0， 设g(x)2x2(a2)ln x，x1，

9、 则|f(x)|2ln x等价于g(x)0，,而g(1)0，,故不存在正实数m，使得对任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立， 故0a2不满足条件.,f(1)0，,此时|f(x)|2ln xf(x)2ln x2x2(2a)ln x0，,此时|f(x)|2ln x等价于h(x)0，,()若2a4，,故不存在正实数m，使得对任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立， 故2a4不满足条件.,使得对任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立， 故a4满足条件. 综上所述，实数a的取值范围为(4，).,跟踪演练3 (2019南充调研)已知f(x)axln(x)，xe,0)，其中e

10、是自然对数的底数，aR.,证明 由题意可知，,当a1时，f(x)xln(x)，xe,0)，,所以当ex0，此时f(x)单调递增. 所以f(x)在e,0)上有唯一极小值f(1)1，即f(x)在e,0)上的最小值为1；,当ex0时，h(x)0，故h(x)在e,0)上单调递减，,(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由.,解 假设存在实数a，使f(x)axln(x)的最小值为3，,所以函数f(x)axln(x)在e,0)上是增函数， 所以f(x)minf(e)ae13，,此时f(x)axln(x)是减函数，,此时f(x)axln(x)是增函数，,综上

11、知，存在实数ae2，使f(x)的最小值为3.,热点四 导数与不等式的证明问题,利用导数证明不等式的解题策略： 一般先将待证不等式如f(x)g(x)的形式转化为f(x)g(x)0的形式，再设h(x)f(x)g(x)，进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变.,例4 (2019济南模拟)已知函数f(x)xln x x2(a1)x，其导函数f(x)的最大值为0. (1)求实数a的值；,解 由题意，函数f(x)的定义域为(0，)， 其导函数f(x)ln xaxa，,所以h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)0. 所以x(1，)，有h(

12、x)f(x)0， 故a0时不成立；,令g(a)ln aa1，,当01时，g(a)0. 所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增. 所以g(a)g(1)0，故a1.,(2)若f(x1)f(x2)1(x1x2)，证明：x1x22.,则f(x)1ln xx. 由(1)知f(x)1ln xx0恒成立，,不妨设02，只需证x22x1， 因为f(x)在(0，)上单调递减，则只需证f(x2)1.,令F(x)f(x)f(2x)(其中x(0,1)，且F(1)1. 所以欲证f(2x1)f(x1)1， 只需证F(x)F(1)，x(0,1)， 由F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x

13、， 整理得F(x)ln xln(2x)2(1x)， 令k(x)F(x)，则,所以F(x)ln xln(2x)2(1x)在区间(0,1上单调递增，所以x(0,1)， F(x)ln xln(2x)2(1x)F(1)，x(0,1)，故x1x22.,跟踪演练4 (2019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恒成立. (1)求实数a的值；,解 由f(x)ex(aexax)0对于xR恒成立， 设函数g(x)aexax， 可得g(x)aexax0对于xR恒成立， g(0)0，g(x)g(0)， 从而x0是g

14、(x)的一个极小值点， g(x)aex1，g(0)a10，即a1. 当a1时，g(x)ex1x，g(x)ex1， x(，0)时，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增， g(x)g(0)0，即f(x)0，a1.,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，且h(0)0， h(1)0， 在(2，1)上存在xx0满足h(x0)0， h(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

15、(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， x020， f(x0),2,PART TWO,押题预测,真题体验,(1)讨论f(x)的单调性；,真题体验,解 f(x)的定义域为(0，)，,若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0， 所以f(x)在(0，)上单调递减.,(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，,证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10， 所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.,又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.,押题预测,(1)若1是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；,f(1)1a10，故a0.,(2)讨论函数f(x)的单调性；,方程ax2x10的判别式14a，,故f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，x2)上递增，在(x2，)上递减，,故f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，)上递增.,使得h(x0)0，即x0 1， g(x)在(0，x0)上递减，在(x0，)上递增， 故g(x)ming(x0)x0 x010，,令g(x)xexln xx1，x0，,本课结束,