2019高考数学二轮复习第5讲导数的热点问题专题突破文.doc

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1、1第 5讲 导数的热点问题1.2018全国卷 已知函数 f(x)= .(1)求曲线 y=f(x)在点(0, -1)处的切线方程;(2)证明:当 a1 时, f(x)+e0 .试做_ 命题角度 利用导数的几何意义解决切线问题(1)曲线、切线、切点之间有以下关系: 切点处的导数值是切线的斜率; 切点在切线上; 切点在曲线上 .(2)利用导数的几何意义解决切线问题:关键一,对函数求导得 f(x),利用导函数与切线斜率的关系建立方程或不等式;关键二,根据直线方程的相关知识解决问题 .(3)解决与切线有关的参数问题,通常根据关系列方程,解出参数 .2.2017全国卷 已知函数 f(x)=ex(ex-a)

2、-a2x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)0,求 a的取值范围 .试做_ 命题角度 利用导数研究函数的单调性(1)用导数法判断和证明函数 f(x)在区间( a,b)内的单调性的步骤:求 f(x);确定 f(x)在区间( a,b)内的符号(若含有参数,则依据参数的取值讨论符号);得出结论, f(x)0时函数 f(x)为增函数, f(x)0时, f(x)2 a+aln .试做_ 命题角度 利用导数研究方程根(函数零点)和用导数证明不等式(1)利用导数研究方程根(函数零点)的一般步骤: 通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等; 根据题目要求,画出函数图像的走势规律,标明

3、函数极(最)值的位置; 通过数形结合的思想去分析问题,得出方程根(函数零点)的情况 .(2)利用导数证明不等式的一般思路为:若证明 f(x)A在区间 D上恒成立,则等价于在区间 D上 f(x)minA恒成立;另一种是若不等式 f(x)x20,f(x1)-f(x2)0时, g(x) f(x).听课笔记 _【考场点拨】利用导数证明不等式的一般思路为:证明 f(x) g(x) 或 f(x) g(x)时,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式转化为求证 h(x)0 或 h(x)0 的问题,从而利用求 h(x)的最小值或者最大值来证明不等式 .也可利用 f(x)min g(x)max或 f

4、(x)max g(x)min来证明不等式 .【自我检测】已知函数 f(x)=x-1+aex.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 a=-1时,若 -10,且 f(x1)+f(x2)=-5,证明: x1-2x2-4+ .7第 5讲 导数的热点问题典型真题研析1.解:(1) f(x)= ,f(0)=2.因此曲线 y=f(x)在点(0, -1)处的切线方程是 2x-y-1=0.(2)证明:当 a1 时, f(x)+e( x2+x-1+ex+1)e-x.令 g(x)=x2+x-1+ex+1,则 g(x)=2x+1+ex+1.当 x-1时, g(x)0,g(x)单调递增 .所以 g(x) g(-1)=

5、0.因此 f(x)+e0 .2.解:(1)函数 f(x)的定义域为( - ,+ ),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若 a=0,则 f(x)=e2x,在( - ,+ )单调递增 . 若 a0,则由 f(x)=0得 x=ln a.8当 x( - ,ln a)时, f(x)0.故 f(x)在( - ,ln a)单调递减,在(ln a,+ )单调递增 . 若 a0.故 f(x)在单调递减,在 单调递增 .(2) 若 a=0,则 f(x)=e2x,所以 f(x)0 . 若 a0,则由(1)得,当 x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为 f(ln a)=-a2ln

6、 a.从而当且仅当 -a2ln a0,即 a1 时, f(x)0 . 若 a0.所以 f(x)在( - ,0),(2,+ )单调递减,在(0,2)单调递增 .故当 x=0时, f(x)取得极小值,极小值为 f(0)=0;当 x=2时, f(x)取得极大值,极大值为 f(2)=4e-2.(2)设切点为( t,f(t),则 l的方程为y=f(t)(x-t)+f(t).所以 l在 x轴上的截距为m(t)=t- =t+ =t-2+ +3.由已知和 得 t( - ,0)(2, + ).令 h(x)=x+ (x0),则当 x(0, + )时, h(x)的取值范围为2 ,+ );当 x( - ,-2)时,h

7、(x)的取值范围是( - ,-3).所以当 t( - ,0)(2, + )时, m(t)的取值范围是( - ,0)2 +3,+ ).综上, l在 x轴上的截距的取值范围是( - ,0)2 +3,+ ).94.解:(1) f(x)的定义域为(0, + ),f(x)=2e2x- (x0).当 a0 时, f(x)0,f(x)没有零点 .当 a0时,因为 e2x单调递增, - 单调递增,所以 f(x)在(0, + )上单调递增 .又 f(a)0,当b满足 00时, f(x)存在唯一零点 .(2)证明:由(1)可设 f(x)在(0, + )上的唯一零点为 x0.当 x(0, x0)时, f(x)0.故

8、 f(x)在(0, x0)上单调递减,在( x0,+ )上单调递增,所以当 x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为 f(x0).由于 2 - =0,所以 f(x0)= +2ax0+aln 2 a+aln .故当 a0时, f(x)2 a+aln .考点考法探究解答 1例 1 解:(1)由题意可知, g(x)=f(x)=x+a-aex,则 g(x)=1-aex.当 a0 时, g(x)0,g (x)在 R上单调递增;当 a0时,若 x0,若 x-ln a,则 g(x)0时, g(x)的单调递增区间为( - ,-ln a),单调递减区间为( -ln a,+ ).(2)由(1)可知, a0且 g

9、(x)在 x=-ln a处取得最大值,g (-ln a)=-ln a+a-a =a-ln a-1,a- ln a-1=0,观察可得当 a=1时,方程成立 .令 h(a)=a-ln a-1(a0),则 h(a)=1- = ,当 a(0,1)时, h(a)0,h (a)在(0,1)上单调递减,在(1, + )上单调递增,h (a) h(1)=0, 当且仅当 a=1时, a-ln a-1=0,f (x)= x2+x-ex,由题意可知 f(x)=g(x)0,即 f(x)在0, + )上单调递减,f (x)在 x=0处取得最大值,最大值为 f(0)=-1.解答 210例 2 解:(1)当 a=3时, f

10、(x)= x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令 f(x)=0,解得 x=3-2 或 x=3+2 .当 x( - ,3-2 )(3 +2 ,+ )时, f(x)0;当 x(3 -2 ,3+2 )时, f(x)0,所以 f(x)=0等价于 -3a=0.设 g(x)= -3a,则 g(x)= 0,仅当 x=0时 g(x)=0,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(3a-1)=-6a2+2a- =-6 - 0,故 f(x)有一个零点 .综上, f(x)只有一个零点 .【自我检测】解:(1) f(x)=(ax2+2

11、ax+1)ex, 当 a=0时, f(x)=ex0,此时 f(x)在 R上单调递增 . 当 a0时,令 ax2+2ax+1=0,则 = 4a2-4a.当 01时, 0,则 x1=-1- ,x2=-1+ ,f (x)在 - ,-1- 和 -1+ ,+ 上单调递增,在 -1- ,-1+ 上单调递减 .综上,当 0 a1 时, f(x)在 R上单调递增;当 a1时, f(x)在 - ,-1- 和 -1+,+ 上单调递增,在 -1- ,-1+ 上单调递减 .(2)由(1)知,当 0 a1 时, f(x)在0,1上单调递增,又 f(0)=0, 此时 f(x)在区间0,1上有 1个零点,不符合题意 .当

12、a1时, x 10,要使 f(x)在区间0,1上恰有 2个零点,则 即得 a -1,f (x)在区间0,1上恰有 2个零点时, a的取值范围是 a -1.解答 3例 3 解:(1) f(x)=(x2+2x-1)ex+1,x ,1 ,x 2+2x-10,f (x)0,f (x)在 ,1 上单调递增, 当 x= 时, f(x)取得最小值, f(x)min=f = -1 + =- + ,当 x=1时, f(x)取得最大值, f(x)max=f(1)=1.(2)根据题意,得 kx( x2ex),即 kx2 xex+x2ex恒成立 . 当 x=0时,00 恒成立, k R; 当 x0时, k2e x+x

13、ex恒成立,令 t(x)=2ex+xex(x0),则 t(x)=(x+3)ex,x 0,t (x)0,t(x)单调递增, t (x)t(0)=2,要使 k t(x)恒成立,则 k2; 当 x0,则 tln t+1.12令 h(t)=t-ln t-1,则 h(t)=1- ,所以 h(t)在(0,1)上单调递减,在(1, + )上单调递增,则 h(t) h(1)=0,即 tln t+1,所以原不等式成立 .(2)证明: f(x)=1- ,g(x)=- - ,根据题意,存在 x0,a满足 由 得 a= -x0,代入 得 x0+ - x0- ln x0=0.令 m(x)=x+ - x- ln x,x0

14、,则存在 x0(0, + ),使得 m(x0)=0.因为 m(x)=- 1+ ln x,所以 m(x)在(0,1)上单调递增,在(1, + )上单调递减,又 m(1)=20,且当 x + 时, m(x) - ,所以存在 x0(0, + ),使得 m(x0)=0,即存在 x0,a,使得原命题成立 .【自我检测】解:(1)由 f(x)=ln x+ 知 x0,f(x)= - (x0),因为曲线 y=f(x)在点(e, f(e)处的切线与直线 x=2垂直,所以 f(e)=0,即 - =0,解得 k=e,所以 f(x)= - = (x0).当 0e时, f(x)0,f(x)单调递增 .所以当 x=e时,

15、 f(x)取得极小值,极小值为 f(e)=ln e+1=2.综上, f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为 2,无极大值 .(2)因为对任意 x1x20,f(x1)-f(x2)x20恒成立 .令 g(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x0),则 g(x)在(0, + )上单调递减,所以 g(x)= - -10 在(0, + )上恒成立,13所以 k -x2+x=- x- 2+ 在(0, + )上恒成立 .令 h(x)=- x- 2+ ,则 k h(x)max= ,所以 k的取值范围是 ,+ .解答 4例 5 解:(1)由题设得 f(x)=ex-2ax,解得(2)证明:由(1)知, f

16、(x)=ex-x2+1,令函数 h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-(e-2)x-1,其中 x0,则 h(x)=ex-2x-(e-2).令 (x)=h(x),则 (x)=ex-2,当 x(0,ln 2)时, (x)0,h(x)单调递增,又 h(0)=3-e0,h(1)=0,00;当 x( x0,1)时, h(x)0时, g(x) f(x).【自我检测】解:(1) f(x)=1+aex.当 a0 时, f(x)0,则 f(x)在 R上单调递增;当 a0,得 xln - ,则 f(x)在区间 ln - ,+ 上单调递减 .(2)证明:当 a=-1时,设 g(x)=f(x)+2x=-ex+3x

17、-1,则 g(x)=-ex+3.由 g(x)ln 3;由 g(x)0得 x-4+ ,又 -1-4+ -4+ ,14即 x1-2x2-4+ .备选理由 此备用例题考查分段函数的零点个数 .例 配例 2使用 已知函数 f(x)= -ln x(aR) .(1)若 f(x)的图像与直线 y=0相切,求 a的值;(2)若 e+10,f(e2)= -20,得 0x0时, g(x)= + - = 0,15g (x)在区间( x0,+ )上单调递增 .g (x0)= -ln x0- =- 0,g(e2)= 2- 2- 0, 函数 g(x)在区间(e, x0)上存在一个零点,在区间( x0,e2)上也存在一个零点 .综上, g(x)有两个不同的零点 .