2022年高考数学复习专题(一)第5讲:导数的综合应用(含答案解析)
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1、 2022 年高考数学复习专题(一)第年高考数学复习专题(一)第 5 讲讲 导数的综合应用导数的综合应用 【情报站】【情报站】 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现,难度较大 母题突破母题突破 1 1 导数与不等式的证明导数与不等式的证明 母题母题 (2017全国)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 a0 时,证明 f(x)34a2. 子题子题 11 设函数 f(x)ln xx1.证明:当 x
2、(1,)时,1x1ln x0 时,ex2ex1xln x1. 拓展训练拓展训练 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 a1e时,f(x)0. 2(2020株州模拟)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函数 g(x)xf(x),讨论 g(x)的单调性与极值; (2)证明:f(x)1ex. 强化练(一)强化练(一) 1(2020沈阳模拟)已知函数 f(x)x2(a2)xaln x,a0. (1)求函数 yf(x)的单调区间; (2)当 a1 时,证明:对任意的 x0,f(x)exx2x2
3、. 2(2020全国)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0,)的单调性; (2)证明:|f(x)|3 38 ; (3)设 nN N*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 母题突破母题突破 2 恒成立问题与有解问题恒成立问题与有解问题 母题母题 (2014全国)设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1),曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x01,使得 f(x0)0)有唯一实数解,求 m. 拓展训练 1(2019全国改编)已知函数 f(x)ln xx1x1.讨论 f(x)的
4、单调性,并证明 f(x)有且仅有两个零点 2已知函数 f(x)ax212ln x(aR R) (1)当 a1 时,求证:f(x)0; (2)若函数 f(x)有两个零点,求实数 a 的取值范围 强化练(三)强化练(三) 1(2018全国)已知函数 f(x)13x3a(x2x1) (1)若 a3,求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点 2已知函数 f(x)ln xx2sin x,f(x)为 f(x)的导函数 (1)求证:f(x)在(0,)上存在唯一零点; (2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点 2022 年高考数学复习专题(一)第年高考数学复习专题(一)第 5 讲讲 导数的
5、综合应用导数的综合应用 【情报站】【情报站】 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现,难度较大 母题突破母题突破 1 1 导数与不等式的证明导数与不等式的证明 母题母题 (2017全国)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 a0, 故 f(x)在(0,)上单调递增 若 a0; 当 x12a, 时,f(x)0. 故 f(x)在0,12a上单调递增,在12a, 上单调递减 (2)证明 由(1)知,当
6、a0; 当 x(1,)时,g(x)0 时,g(x)0. 从而当 a0 时,ln12a12a10, 即 f(x)34a2. 子题子题 11 设函数 f(x)ln xx1.证明:当 x(1,)时,1x1ln x0, 当 x1 时,f(x)0,f(x)单调递减, 当 0 x0,f(x)单调递增, f(x)ln xx1f(1)0,ln xx1, 当 x1 时,ln xx1, 且 ln 1x1x1, 由得,1x1ln x,由得,ln xx1x,xx1ln x, 综上所述,当 x1 时,1x1ln x0 时,ex2ex1xln x1. 【答案】证明 设 g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x
7、0), 则 g(x)ex2x(e2), 设 m(x)ex2x(e2)(x0), 则 m(x)ex2, 易得 g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)上单调递增, 又 g(0)3e0,g(1)0, 由 0ln 21,则 g(ln 2)0; 当 x(x0,1)时,g(x)0 时,ex2ex1xx. 又由母题可得 ln xx1,即 xln x1, 故ex2ex1xln x1. 【方法总结】 利用导数证明不等式 f(x)g(x)的基本方法 (1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出,可直接转化为证明 f(x)ming(x)max. (2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出,可构造函数
8、 h(x)f(x)g(x),然后根据函数 h(x)的单调性或最值,证明 h(x)0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明 (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 拓展训练拓展训练 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 a1e时,f(x)0. 【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0,),f(x)aex1x. 由题设知,f(2)0,所以 a12e2. 从而 f(x)12e2exln x1,f(x)12e2ex1x. 当 0 x2 时,f(x)2 时,f(x)0. 所以 f(x
9、)的单调递增区间为(2,),单调递减区间为(0,2) (2)证明 当 a1e时,f(x)exeln x1. 方法一 设 g(x)exeln x1(x(0,), 则 g(x)exe1x. 当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0. 所以 x1 是 g(x)的最小值点 故当 x0 时,g(x)g(1)0. 因此,当 a1e时,f(x)0. 方法二 易证 exx1, ln xx1, f(x)exeln x1ex1ln x1xln x10, 即证 f(x)0. 2(2020株州模拟)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函数 g(x)xf(x),讨论 g(x)的单调性与极值; (2)证明:f(x
10、)1ex. 【答案】(1)解 由题意,得 g(x)xf(x)xln x2e(x0), 则 g(x)ln x1. 当 x0,1e时,g(x)0,所以 g(x)单调递增, 所以 g(x)的单调递减区间为0,1e,单调递增区间为1e, , g(x)的极小值为 g1e1e,无极大值 (2)证明 要证 ln x2ex1ex(x0)成立, 只需证 xln x2exex(x0)成立, 令 h(x)xex,则 h(x)1xex, 当 x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当 x(1,)时,h(x)xex,即 ln x2ex1ex,所以 f(x)1ex. 强化练(一)强化练(一) 1(2020沈阳模拟)
11、已知函数 f(x)x2(a2)xaln x,a0. (1)求函数 yf(x)的单调区间; (2)当 a1 时,证明:对任意的 x0,f(x)exx2x2. 【答案】(1)解 f(x)x2(a2)xaln x,a0,定义域为(0,),f(x)2x(a2)ax2xax1x, 令 f(x)0,得 xa2;令 f(x)0,得 0 x0), 即证 exln x20 恒成立, 令 g(x)exln x2,x(0,), 即证 g(x)min0 恒成立, g(x)ex1x,g(x)为增函数,g120, x012,1 ,使 g(x0)0 成立,即0ex1x00, 则当 0 xx0时,g(x)x0时,g(x)0,
12、 yg(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增, g(x)ming(x0)0exln x02, 又0ex1x00,即0ex1x0, g(x0)0exln x020exln 1x021x0 x02, 又x012,1 ,x01x02, g(x0)0,即对任意的 x0,f(x)exx2x2. 方法二 令(x)exx1, (x)ex1, (x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增, (x)min(0)0, exx1, 令 h(x)ln xx1(x0), h(x)1x11xx, h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减, h(x)maxh(1)0, ln xx1,x1ln
13、 x2, 要证 f(x)exx2x2, 即证 exln x2, 由知 exx1ln x2,且两等号不能同时成立, exln x2,即证原不等式成立 2(2020全国)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0,)的单调性; (2)证明:|f(x)|3 38 ; (3)设 nN N*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 【答案】(1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x0,323, 时,f(x)0; 当 x3,23时,f(x)0. 所以 f(x)在区间0,3,23,
14、 上单调递增, 在区间3,23上单调递减 (2)证明 因为 f(0)f()0, 由(1)知,f(x)在区间0,上的最大值为 f 33 38, 最小值为 f 233 38. 而 f(x)是周期为的周期函数, 故|f(x)|3 38. (3)证明 由于322222sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx |sin3xsin32xsin32nx| |sin x|sin2xsin32xsin32n1xsin 2nx|sin22nx| |sin x|f(x)f(2x)f(2n1x)|sin22nx| |f(x)f(2x)f(2n1x)|, 所以 sin2xsin22xsin24xsin22nx2
15、33 38n3n4n. 母题突破母题突破 2 2 恒成立问题与有解问题恒成立问题与有解问题 母题母题 (2014全国)设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1),曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为 0. (1)求 b; (2)若存在 x01,使得 f(x0)aa1,求 a 的取值范围 2 存在 x01,使得 f(x0)aa1 fxmin0,f(x)在(1,)上单调递增 所以,存在 x01,使得 f(x0)aa1的充要条件为 f(1)aa1,即1a21aa1, 解得 21a 21. 若12a1, 故当 x1,a1a时,f(x)0,f(x)在1,a1a上单调递减,在a1a, 上
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