2019高考数学二轮复习第5讲导数的热点问题专题突破练理.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)= -x+aln x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明: 0时函数 f(x)为增函数, f(x)e+m(x-1)对任意 x(1, + )恒成立,求实数 m的取值范围 .听课笔记 【考场点拨】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 a f(x)在区间 D上有解 a f(x)min.【自我检测】已知函数 f

2、(x)=xln x,g(x)=x+a.(1)设 h(x)=f(x)-g(x),求函数 h(x)的单调区间;(2)若 -10时, g(x) f(x).听课笔记 6 已知函数 f(x)=2mln x-x,g(x)= (mR,e 为自然对数的底数) .(1)试讨论函数 f(x)的极值情况;(2)证明:当 m1且 x0时,总有 g(x)+3f(x)0.听课笔记 【考场点拨】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

3、样化,具体求解时还得灵活多变 .【自我检测】已知函数 f(x)=ln x+ ,aR .(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)当 a0时,证明: f(x) .第 5讲 导数的热点问题典型真题研析51.解:(1) f(x)的定义域为(0, + ),f(x)=- -1+ =- .(i)若 a2,则 f(x)0,当且仅当 a=2,x=1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= .当 x 0, ,+ 时, f(x)0.所以 f(x)在 0, , ,+单调递减,在 , 单调递增 .(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当

4、且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1,x2满足 x2-ax+1=0,所以 x1x2=1,不妨设 x11.由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以1时, g(x)0,g(x)单调递增 .所以 x=1是 g(x)的极小值点,故 g(x) g(1)=0.综上, a=1.(2)证明:由(1)知 f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设 h(x)=2x-2-ln x,则 h(x)=2- .当 x 时, h(x)0.所以 h(x)在 上单调递减,在6上单调递增 .又 h(e-2)0,h 0;当 x( x0,1)时, h(x)0.因为 f(x)=h(x),所以

5、x=x0是 f(x)的唯一极大值点 .由 f(x0)=0得 ln x0=2(x0-1),故 f(x0)=x0(1-x0).由 x0 得 f(x0)f(e-1)=e-2.所以 e-20,则由 f(x)=0得 x=-ln a.当 x( - ,-ln a)时, f(x)0.所以 f(x)在( - ,-ln a)上单调递减,在( -ln a,+ )上单调递增 .(2)(i)若 a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点 .(ii)若 a0,由(1)知,当 x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为 f(-ln a)=1- +ln a. 当 a=1时,由于 f(-ln a)=0,故 f(x)只有一

6、个零点; 当 a(1, + )时,由于 1- +ln a0,即 f(-ln a)0,故 f(x)没有零点; 当 a(0,1)时,1 - +ln a-2e-2+20,故 f(x)在( - ,-ln a)上有一个零点 .设正整数 n0满足 n0ln ,则 f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00.由于 ln -ln a,因此 f(x)在( -ln a,+ )上有一个零点 .综上, a的取值范围为(0,1) .考点考法探究解答 1例 1 解:(1)因为 f(x)=- +n,所以 f(0)=n-m,即 n-m=-3.因为 f(0)=m,所以切点坐标为(0, m),又因为切点在直线 y=-

7、3x+2上,所以 m=2,n=-1.(2)因为 f(x)= +x,所以 f(x)=- +1= .当 m0 时, f(x)0,所以函数 f(x)在( - ,1上单调递增,又 f(0)=m0,令 x00时,令 f(x)=0,得 x=ln m,则函数 f(x)在( - ,ln m)上单调递减,在(ln m,+ )上单7调递增 . 当 ln m0,g (x)在( - ,+ )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(x)在 x=-ln a处取得最大值,

8、g (-ln a)=-ln a+a-a =a-ln a-1,a- ln a-1=0,观察可得,当 a=1时,上述方程成立 .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.易知当 x0, + )时, g(x)0, f (x)在0, + )上单调递减,f (x)在0, + )上的最大值为 f(0)=-1.解答 2例 2 解:(1)证明:由 f(x)=ae2x-ex-x(aR),得 f

9、(x)=2ae2x-ex-1,当 a0 时, f(x)=2ae2x-ex-10,所以当 -1 a0 时,函数 f(x)有且只有一个零点 .(2)由(1)知,当 a0 时,函数 f(x)最多有一个零点,故 a0.由 f(x)=ae2x-ex-x(aR),令 f(x)=0,得 a= .8记 g(x)= ,则方程 a=g(x)有两个不等的实根 .由 g(x)= ,易知当 x( - ,0)时, g(x)0,当 x(0, + )时, g(x)0,且 g(-1)=e-e20,所以存在 x1 ,使得g(x1)=0.所以当 x(0, x1)时, g(x)0,所以 f(x)单调递增,且 f(x1)0,故存在 x

10、2 ,使得 f(x2)=0.列出下表:x (0,x2) x2 (x2,1) 1 (1,+ )f(x) + 0 - 0 +f(x) 增 极大值 减 极小值 增所以 f(x)在 x=x2处取得极大值,在 x=1处取得极小值 .因为 f(1)=1,且当 x0 时, f(x)0,所以 a的最小值为 1.解答 3例 3 解:(1)由 f(x)=ex-aln x,得 f(x)=ex- ,则 f(1)=e-a,又切点坐标为(1,e),所以切线方程为 y-e=(e-a)(x-1),即(e -a)x-y+a=0.(2)原不等式即为 ex+ln x-e-m(x-1)0,记 F(x)=ex+ln x-e-m(x-1

11、),则 F(1)=0.依题意有 F(x)0对任意 x(1, + )恒成立,求导得 F(x)=ex+ -m,则 F(1)=e+1-m,令 G(x)=F(x),则 G(x)=ex- ,当 x1时, G(x)0,则 F(x)在(1, + )上单调递增,有 F(x)F(1)=e+1-m.若 me +1,则 F(x)0,则 F(x)在(1, + )上单调递增,且 F(x)F(1)=0,符合题意;若 me+1,则 F(1)0,故存在 x1(1,ln m),使得 F(x1)=0,当 10),设 -ax1-1=0,则 a=x1- ,则 l(x)在(0, x1)上单调递减,在( x1,+ )上单调递增,故只需

12、l(x1)0 .又 l(x1)=x1+ - ln x1- ,令 m(x)=x+ - ln x- ,则 m(x)=- ln x,所以 m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+ )上单调递减,又 m =m(e)=0,所以 x1 ,即 a .例 4 解:(1)求导得 f(x)= e-x(x0,a0),设 g(x)= -ax-ln x+a-1(x0,a0),易得 g(x)在(0, + )上单调递减,且 g(1)=0,故 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1, + )上单调递减 .(2)当 a=- 时,设 F(x)=f(x)xex+3=e3 (x0),则 F(x)=e3 (x0),设 h(x)=e3

13、 (x0),则 h(x)= (x0),可得 F(x)在 上单调递增,在上单调递减 .又 F(e)=0,F =-30,故在 内存在唯一的 x0 ,使得 ln x0= x0-2,故 F(x)在(0, x0)上单调递减,在( x0,e)上单调递增,在(e, + )上单调递减 .10当 x(0,e)时, F(x)min=F(x0)=e3 =e3 ,由题意知,只需 2m F(x)min=e3 ,当 x0 时, F(x)min ,即 F(x)min( -3.32,-2.52),故存在整数 m满足题意,且整数 m的最小值为 -1.【自我检测】解:(1)由题意可知, h(x)=xln x-x-a,其定义域为(

14、0, + ),则 h(x)=ln x+1-1=ln x.令 h(x)0,得 x1,令 h(x)0,有 x-a,而 -11时, q(x)0,所以函数 q(x)在区间(1, + )上单调递增 .因为 q(1)=-a-10,故存在 x0(1,e),使得 M(x0)=0,且当 x(1, x0)时, M(x)0,即 x0为函数 M(x)的极小值点 .解答 4例 5 解:(1)由题设得 f(x)=ex-2ax,则有解得(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x2+1.令 h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-(e-2)x-1,则 h(x)=ex-2x-(e-2),令 (x)=h(x),则 (x)=e

15、x-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, h(x)=ex-x2-(e-2)x-10,当且仅当 x=1时取等号,故当 x0时, g(x) f(x).例 6 解:(1) f(x)的定义域为(0, + ),11f(x)= -1= (x0). 当 m0 时, f(x)0时,令 f(x)0,得 02m,故 f(x)在 x=2m处取得极大值,且极大值为 f(2m)=2mln(2m)-2m,f(x)无极小值 .(2)证明:当 x0时, g(x)+3f(x)0 + -30 3ex-3x2+6mx-30

16、.设 u(x)=3ex-3x2+6mx-3,则 u(x)=3(ex-2x+2m),记 v(x)=ex-2x+2m,则 v(x)=ex-2.当 x在(0, + )上变化时, v(x),v(x)的变化情况如下表:x (0,ln 2) ln 2 (ln 2,+ )v(x) - 0 +v(x) 单调递减 极小值 单调递增由上表可知当 x0时, v(x) v(ln 2),而 v(ln 2)=eln 2-2ln 2+2m=2-2ln 2+2m=2(m-ln 2+1),由 m1,知 mln 2-1,所以 v(ln 2)0,所以当 x0时, v(x)0,即 u(x)0,所以 u(x)在(0, + )内单调递增

17、 .所以当 x0时, u(x)u(0)=0,即当 m1且 x0时,3e x-3x2+6mx-30,所以当 m1且 x0时,总有 g(x)+3f(x)0.【自我检测】解:(1)函数 f(x)的定义域为(0, + ),且 f(x)= - = (x0).当 a0 时, f(x)0,f(x)在(0, + )上单调递增;当 a0时,若 xa,则 f(x)0,函数 f(x)在( a,+ )上单调递增,若 00时, f(x)min=f(a)=ln a+1.要证 f(x) ,只需证 ln a+1 ,即只需证 ln a+ -10 .构造函数 g(a)=ln a+ -1,则 g(a)= - = (a0),所以 g

18、(a)在(0,1)上单调递减,在(1, + )上单调递增,所以 g(a)min=g(1)=0.所以 ln a+ -10 恒成立,12所以 f(x) .备选理由 以下所给例题均为依据导数的应用解决函数问题,从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案,要依赖构建新函数,将问题进行转化,另外,对于含有参数的问题是个难点,要能合理的对参数进行讨论 .例 1 配例 1使用 设 x=3是函数 f(x)=(x2+ax+b)e3-x(xR)的一个极值点 .(1)求 a与 b之间的关系式,并求当 a=2时,函数 f(x)的单调区间;(2)设 a0,g(x)= ex,若存在 x1,x2

19、0,4,使得 |f(x1)-g(x2)|0,得 -30,得 -a-10),所以 f(x)在0,3上单调递增,在(3,4上单调递减,于是在0,4上, f(x)max=f(3)=a+6,f(x)min=minf(0),f(4)=-(2a+3)e3.另一方面, g(x)在0,4上单调递增,所以 g(x) .根据题意,只要 -(a+6)0时, f(x)的单调递增区间为(1 -b,1),单调递减区间为( - ,1-b),(1,+ );当 b0,h(x)在区间(0,1)上单调递增, h(x)不可能有两个及两个以上的零点 .当 a 时, h(x)0,h(1)0.hln(4a)=4a-4aln(4a)-b=6

20、a-4aln(4a)+1-e ,设 (x)= x-xln x+1-e(10, (x)单调递增,当0,h(1)=e-4a-b=1-2a0,得 g(0)=0,g(x2)0).当 a0 时, h(x)0时, h(x)= ,令 h(x)0,得 x ,此时 h(x)单调递增,令 h(x)0时, h(x)在 上单调递增,在 上单调递减 .(2)由题意可知, aln x x2ex对任意 x2, + )恒成立 .当 a0 时, aln x x2ex对任意 x2, + )恒成立;当 a0时,由 aln x x2ex得 a (x2),令 (x)= (x2),则 (x)= ,因为 x2,所以 (x)0,即 (x)在2, + )上单调递增,所以 (x) (2)= ,从而可知 00),因为 所以(2)证明:由(1)知 f(x)=exln x-2xex-1,所以要证 f(x)+x20),所以 g(x)= 在(0,e)上为增函数,在e, + )上为减函数,所以 g(x) g(e)= .又 h(x)= ,所以 h(x)= - 在(0,1)上为减函数,在1, + )上为增函数,所以 h(x) h(1)= .由于 和 不能同时取等号,故 g(x)h(x),所以 f(x)+x20成立 .