2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一第4讲《导数的综合应用》学案

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1、第 4 讲 导数的综合应用年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析卷讨论函数的单调性、不等式的证明T 21卷 不等式的证明、函数的零点问题T 212018卷 不等式的证明、极值点问题T 21卷利用导数研究函数的单调性、函数的零点T 21卷利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明T 212017卷导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩T 21卷 函数的零点问题、不等式的证明T 21卷函数单调性的判断、不等式证明及值域问题T 212016卷三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明T 21导数日益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

2、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解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)典型例题命题角度一 根据函数零点求参数范围(2018高考全国卷)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时， f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a.【解】 (1)证明：当 a1 时， f(x)1 等价于( x21)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1

3、) 2e x.当 x1 时， g( x)0，所以 g(x)在(0，)单调递减而 g(0)0，故当 x0 时，g(x)0，即 f(x)1.(2)设函数 h(x)1 ax2e x.f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，)只有一个零点()当 a0 时， h(x)0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0，2)时， h( x)0；当 x(2，)时，h( x)0.所以 h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增故 h(2)1 是 h(x)在0，)的最小值4ae2若 h(2)0，即 a ， h(x)在(0，)没有零点；e24若 h(2)0

4、，即 a ， h(x)在(0，)只有一个零点；e24若 h(2)0，即 a ，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点e24由(1)知，当 x0 时，e x x2，所以h(4a)1 1 1 1 0.16a3e4a 16a3（ e2a） 2 16a3（ 2a） 4 1a故 h(x)在(2，4 a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点综上， f(x)在(0，)只有一个零点时， a .e24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合” ，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数” 命题角

5、度二 根据参数确定函数的零点个数已知函数 f(x) (a， bR， a0)的图象在点(1， f(1)处的切线斜率aln x bx为 a.(1)求 f(x)的单调区间；(2)讨论方程 f(x)1 根的个数【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f( x) ，由 f(1)a b aln xx2 a b a，得 b2 a，所以 f(x) ， f( x) .a（ ln x 2）x a（ ln x 1）x2当 a0 时，由 f( x)0，得 0 .1e 1e当 a0，得 x ；由 f( x)0 时， f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；当 a0，在1 ln xx2 1e (0， 1e

6、)上 h( x)0，当 x 无限增大时， h(x)无限接近(1e， ) ln x 2x0；在 上， h(x)单调递增且当 x 无限接近 0 时，ln x2 负无限大，故 h(x)负无限(0，1e)大故当 0 时，方程 f(x)1 有两个不等实根，当 a 时，方程 f(x)1 只1a 1e 1e有一个实根，当 a 时，方程 f(x)1 有两个实根；当 a0，则当 x(，1)时， f( x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又 f(1)e， f(2) a，取 b 满足 b (b2) a(b1) 2 aa2 a20，(b232b)故 f(x)存在两个零点()设 a0，因此 f

7、(x)在(1，)上e2单调递增又当 x1 时， f(x)1.故当 x(1，ln(2 a)时， f( x)0.因此 f(x)在(1，ln(2 a)上单调递减，在(ln(2 a)，)上单调递增又当 x1 时， f(x)f(2 x2)，即 f(2 x2)1 时， g( x)1 时， g(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，由 得 0 ，所以 f(x)在f （ x） 0，x0， ) aa aa上单调递增，在 上单调递减(0，aa) (aa， )综上所述：当 a0 时， f(x)的单调递增区间为(0，)；当 a0 时， f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .(0，aa) (

8、aa， )(3)由(2)可知，()当 a0，故 f(x)在1，e 2上没有零点；12()当 a0 时， f(x)在1，e 2上单调递增，而 f(1) a0，故 f(x)在1，e 2上12有一个零点；()当 a0 时，若 1，即 a1 时， f(x)在1，e 2上单调递减，因为 f(1)aa a 时， f(x)在1，e 2上没有零点；(aa) 12 12 1e若 f ln a 0，即 a 时， f(x)在1，e 2上有一个零点；(aa) 12 12 1e若 f ln a 0，即 a0 得 a0，所以 f(x)在1，e 2上有一个零点12综上所述：当 a 时， f(x)在1，e 2上没有零点；当

9、0 a0.【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)f( x) aex ，由题意得 f(1) ， f(1) 1，bx 1e 1e所以 解得ae 1e，ae b 1e 1， ) a1e2，b 1.)(2)证明：由(1)知 f(x) exln x.1e2因为 f( x)e x2 在(0，)上单调递增，又 f(1)0，所以 f( x)1x0 在(0，)上有唯一实根 x0，且 x0(1，2)当 x(0， x0)时， f( x)0，从而当 x x0时， f(x)取极小值，也是最小值由 f( x0)0，得 ex02 ，则 x02ln x0.1x0故 f(x) f(x0)e x02 ln x0 x022

10、 20，所以 f(x)0.1x0 1x0x0利用导数证明单变量的不等式的常见形式是 f(x)g(x)证明技巧：先将不等式 f(x)g(x)移项，即构造函数 h(x) f(x) g(x)，转化为证不等式 h(x)0，再次转化为证明 h(x)min0，因此，只需在所给的区间内，判断 h( x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证 命题角度二 双变量不等式的证明已知函数 f(x)ln x ax2 x， aR.12(1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1， f(1)处的切线方程；(2)若 a2，正实数 x1， x2满足 f(x1) f(x2) x1x20，证明： x1

11、 x2 .5 12【解】 (1)当 a0 时， f(x)ln x x，则 f(1)1，所以切点为(1，1)，又 f( x) 1，则切线斜率 k f(1)2，1x故切线方程为 y12( x1)，即 2x y10.(2)证明：当 a2 时， f(x)ln x x2 x， x0.由 f(x1) f(x2) x1x20，得 ln x1 x x1ln x2 x x2 x1x20，21 2从而( x1 x2)2( x1 x2) x1x2ln( x1x2)，令 t x1x2，则由 (t) tln t，得 ( t)1 ，1t t 1t易知 (t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以 (t

12、) (1)1，所以( x1 x2)2( x1 x2)1，因为 x10， x20，所以 x1 x2 成立5 12破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 对点训练(2018高考全国卷)已知函数 f(x) x aln x.1x(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1， x2，证明： a2.f（ x1） f（ x2）x1 x2解：(1) f(x)的定义域为(

13、0，)， f( x) 1 .1x2 ax x2 ax 1x2(i)若 a2，则 f( x)0，当且仅当 a2， x1 时 f( x)0，所以 f(x)在(0，)单调递减(ii)若 a2，令 f( x)0 得， x 或 x .a a2 42 a a2 42当 x 时， f( x)0.所以 f(x)在 ，(a a2 42 ， a a2 42 ) (0， a a2 42 )单调递减，在 单调递增(a a2 42 ， ) (a a2 42 ， a a2 42 )(2)由(1)知， f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1， x2满足 x2 ax10，所以 x1x21，

14、不妨设 x11.由于 1 a 2 a 2 af（ x1） f（ x2）x1 x2 1x1x2 ln x1 ln x2x1 x2 ln x1 ln x2x1 x2， 2ln x21x2 x2所以 0)， h(x) 2，则 g( x) ， h( x) .mxex ln x 1x 1e m（ 1 x）ex ln xx2因为 m0；当 x1 时， g( x)0， h( x)0，使 f(x0)g(x0)成立，求参数 a 的取值范围【解】 (1)由题意得， f( x) x1，设切点为( x0， f(x0)，则 k f( x0)3x x013，解得 x01 或 x03(舍)，所以切点为 ，代入 g(x)3

15、x a，得3x0 (1， 12)a .52(2)设 h(x)3ln x x22 x.x00，使 f(x0)g(x0)成立，12等价于 x0，使 h(x)3ln x x22 xa 成立，12等价于 a0)因为 h( x) x2 ，3x x2 2x 3x （ x 1） （ x 3）x令 得 01.h （ x） 0，x0， ) h （ x） 0， )所以函数 h(x)3ln x x22 x 在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所12以 h(x)max h(1) ，即 a3)，令 u( x)0，得 x2；1x 3令 u( x) e 1 x在区间(1，)内恒成立1x(e2.718为自然对数的底

16、数)解：(1) f( x)2 ax (x0)1x 2ax2 1x当 a0 时， f( x)0 时，由 f( x)0，有 x .12a此时，当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增(12a， )(2)令 g(x) ， s(x)e x1 x.1x 1ex 1则 s( x)e x1 1.而当 x1 时， s( x)0，所以 s(x)在区间(1，)内单调递增又由 s(1)0，有 s(x)0，从而当 x1 时， g(x)0.当 a0， x1 时， f(x) a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0.当 01.12 12a由(1)有 f 0，(12a) (12a)所以此时 f

17、(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当 a 时，令 h(x) f(x) g(x)(x1)12当 x1 时， h( x)2 ax e 1 xx 0.1x 1x2 1x 1x2 1x x3 2x 1x2 x2 2x 1x2因此， h(x)在区间(1，)内单调递增又 h(1)0，所以当 x1 时， h(x) f(x) g(x)0，即 f(x)g(x)恒成立综上， a .12， )1(2018高考全国卷)已知函数 f(x) x3 a(x2 x1)13(1)若 a3，求 f(x)的单调区间；(2)证明： f(x)只有一个零点解：(1)当 a3 时， f(x) x33 x23 x3， f( x) x26

18、 x3.13令 f( x)0 解得 x32 或 x32 .3 3当 x(，32 )(32 ，)时， f( x)0；3 3当 x(32 ，32 )时， f( x)0，所以 f(x)0 等价于 3 a0.x3x2 x 1设 g(x) 3 a，则 g( x) 0，仅当 x0 时 g( x)x3x2 x 1 x2（ x2 2x 3）（ x2 x 1） 20，所以 g(x)在(，)单调递增故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点又 f(3a1)6 a22 a 6 0，13故 f(x)有一个零点综上， f(x)只有一个零点2(2018唐山模拟)已知 f(x) x2 a2ln x， a0.1

19、2(1)若 f(x)0，求 a 的取值范围；(2)若 f(x1) f(x2)，且 x1 x2，证明： x1 x22a.解：(1)由题意知， f( x) x .a2x （ x a） （ x a）x当 x(0， a)时， f( x)0， f(x)单调递增当 x a 时， f(x)取得最小值 f(a) a2 a2ln a.12令 a2 a2ln a0，解得 0a.要证 x1 x22a 即 x22a x1，则只需证 f(x2)f(2a x1)因 f(x1) f(x2)，则只需证 f(x1)f(2a x1)设 g(x) f(x) f(2a x)，0g(a)0.又由题意得 00，即 f(x1)f(2a x

20、1)因此 x1 x22a.3(2018石家庄质量检测(二)已知函数 f(x) x axln x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x) x axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明： f(x)e x x2.解：(1)由题意 x0， f( x)1 a aln x.当 a0 时， f(x) x，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，函数 f( x)1 a aln x 单调递增， f( x)1 a aln x0 xe 1 0，故当 x(0，e 1 )时， f( x)1a1a1a0，所以函数 f(x)在(0，e 1 )上单调递减，在(e 1 ，)上单调递增；

21、1a1a当 a0，故当 x(0，e 1 )时， f( x)0，当 x(e 1 ，)时， f( x)1a1a1a0，则 h( x)e x2 xln x.令 g(x) h( x)，则 g( x)e x2 0，1x所以函数 h( x)e x2 xln x 在(0，)上单调递增，又 h e 10，(1e) 1e 2e 1e故 h( x)e x2 xln x 在 上存在唯一零点 x0，即e x02 x0ln x00.(1e， 1)所以当 x(0， x0)时， h( x)0，所以函数 h(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增，故 h(x) h(x0)e x0 x x0 x0ln x0，

22、20所以只需证 h(x0)e x0 x x0 x0ln x00 即可，20由e x02 x0ln x00，得 e x02 x0ln x0，所以 h(x0)( x01)( x0ln x0)，又 x010，所以只要 x0ln x00 即可，当 x0ln x00 时，ln x0 x0x0e x0e x0 x00，所以e x0 x0 x0ln x00 与e x02 x0ln x00 矛盾；当 x0ln x00 时，ln x0 x0x0e x0e x0 x00，得e x02 x0ln x00，故 x0ln x00 成立，得 h(x0)( x01)( x0ln x0)0，所以 h(x)0，即 f(x)e

23、x x2.4(2018郑州质量检测(二)已知函数 f(x)e x x2.(1)求曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程；(2)求证：当 x0 时， ln x1.ex （ 2 e） x 1x解：(1)由题意得， f( x)e x2 x，则 f(1)e2， f(1)e1，所以曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1.(2)证明： f( x)e x2 x，令 h(x)e x2 x，则 h( x)e x2，易知 f( x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以 f( x) f(ln 2)22ln 20，所以 f(x)在(0，)上单调递增又曲线 y f(x)

24、过点(1，e1)，且曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1，所以可猜测：当 x0， x1 时， f(x)的图象恒在切线 y(e2) x1 的上方下证：当 x0 时， f(x)(e2) x1.设 g(x) f(x)(e2) x1e x x2(e2) x1， x0，则 g( x)e x2 x(e2)，令 (x) g( x)，则 ( x)e x2，易知 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)0，00；当 x( x0，1)时， g( x)0.ex （ 2 e） x 1x又 xln x1，所以 ln x1，当且仅当 x1 时等号成立ex （ 2 e） x 1x