高三数学二轮复习专题6 第4讲 导数的热点问题(大题)
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1、第第 4 讲讲 导数的热点问题导数的热点问题(大题大题) 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(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; (2)若 f(x)在(0,e上的最大值为 1,求 a 的值. 解 (1)因为 f(x)ln xax2
2、bx,x0, 所以 f(x)1 x2axb, 因为函数 f(x)ln xax2bx 在 x1 处取得极值, 所以 f(1)12ab0, 当 a1 时,b3, 令 f(x)2x 23x1 x 0, 得 x1 或 x1 2. f(x),f(x)随 x 的变化情况如下表: x 0,1 2 1 2 1 2,1 1 (1,) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)的单调递增区间为 0,1 2 ,(1,),单调递减区间为 1 2,1 . (2)由(1)知 b2a1, 则 f(x)ln xax2(2a1)x, 因为 f(x)2ax1x1 x , 令 f(x)0,得 x11,x2 1 2a
3、, 因为 f(x)在 x1 处取得极值, 所以 x2 1 2ax11,即 a 1 2, 当 a0, 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, 即 g(x)ming(ln 2)eln 22ln 22ln e 20, 故当 a0 时,f(x)x 成立. (2)解 f(x)ex1,由 f(x)0,得 x0. 当 x0, 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 a0, 所以 f(x)在(a,
4、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)有两个零点. 跟踪演练 2 (2019 怀化模拟)设函数 f(x)ln x1 2ax 2bx. (1)若 x1 是 f(x)的极大值点,求 a 的取值范围; (2)当 a0,b1 时,方程 x22mf(x)(其中 m0)有唯一实数解,求 m 的值. 解 (1)由题意,函数 f(x)的定义域为(0,
5、), 则导数为 f(x)1 xaxb, 由 f(1)0,得 b1a, f(x)1 xaxa1 ax1x1 x , 若 a0,由 f(x)0,得 x1. 当 01 时,f(x)0, 所以 x1m m 24m 2 0, 当 x(0,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), 则 gx20, gx20, 即 x222mln x22mx20, x22mx2m0, 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
6、至多有一解, 因为 h(1)0,所以方程*的解为 x21, 即m m 24m 2 1,解得 m1 2. 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)min; 不等式 af(x)在区间 D 上有解af(x)min; 不等式 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; (2)设
7、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. 解 (1)f(x)2a x,x0, 若 a0,则 f(x)0,故 f(x)在(0,)上为增函数, 若 a0,则 f(x)0xa 2, f(x)2ln xf(x)2ln x 2x2(a2)ln x0, 设 g(x)2x2(a2)ln x,x1, 则|f(x)|2ln x 等价于 g(x)0, g(x)2a2 x 2xa2 x , g(x)0xa2 2 ,g(x)1, 由(1)知 f(x)在 1,a 2 上为减函数, 在 a 2, 上为增函数, f(1)0, 当 x 1,a 2 时,f(
8、x)2ln xf(x)2ln x 2x2(2a)ln x2ln x 等价于 h(x)0,h(x)在 1,a 2 上为增函数, h(1)0,x 1,a 2 ,h(x)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 24,易知 h(x)在 1,a2 2 上为减函数,在 a2 2 ,a 2 上为增函数, h(1)0,x 1,a2 2 ,h(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 是自然对数的底数, aR. (1)当 a
9、1 时,证明:f(x)lnx x 1 2; (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. (1)证明 由题意可知, 所证不等式为 f(x)1 2 lnx x ,xe,0), 当 a1 时,f(x)xln(x),xe,0), 因为 f(x)11 x x1 x , 所以当ex2. (1)解 由题意,函数 f(x)的定义域为(0,), 其导函数 f(x)ln xaxa, 记 h(x)f(x),则 h(x)1ax x . 当 a0 时,h(x)1ax x 0 恒成立, 所以 h(x)在(0,)上单调递增,且 h(1)0. 所以x(1,),有 h
10、(x)f(x)0, 故 a0 时不成立; 当 a0 时,若 x 0,1 a ,则 h(x)1ax x 0; 若 x 1 a, ,则 h(x) 1ax x 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)证明 当 a1 时,f(x)xln x1 2x 2, 则 f(x)1ln xx. 由(1)知 f(x)1ln xx0 恒成立, 所以 f(x)xln x1 2x 2在(0,)上单调递减, 且 f(1)1 2,f(x1)f(x2)12f(1), 不妨设 02x1, 因为 f(x)在(0,)上单调递减, 则只需证 f(x2)1, 只需证
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