(浙江专用)2019高考数学二轮复习专题五函数与导数第4讲导数的热点问题学案.doc
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1、1第 4 讲 导数的热点问题考情考向分析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、不等式结合,证明不等式和求参数范围问题是热点题型,中高档难度热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一,可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值,以及构造函数解题的能力例 1 已知函数 f(x)2 xln x.(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)求证:1ln 2 f(x)0,e2x 1x设函数 g(x) 2ln x4 x2,e2x 1x则 g( x) 4 .e2x 12x 1x2 2x e2x 1 2x2x 1x2令 t(x)e 2x1 2 x, x(0,)则
2、 t( x)2(e 2x1 1),由 t( x)0 得 x ,12所以当 x 时, t( x)0,即 t(x)为增函数,(12, )所以 t(x) t 0.(12)令 g( x) 0,得 x ,e2x 1 2x2x 1x2 12所以当 x 时, g( x)0, g(x)为增函数,(12, )则 g(x)min g 22ln 20,(12)即当 x(0,)时, 2ln x4 x20,e2x 1x综上,1ln 2 f(x)0 时,证明:存在 x00,使得 f(x0) a1.(1)解 函数的定义域为0,),3f( x) (x0),xx a2x 3x a2x若 a0, f( x)0, f(x)的单调递
3、增区间为0,);若 a0,当 0 时, f( x)0,a3所以 f(x)的单调递减区间为 ,单调递增区间为 .0,a3) (a3, )(2)证明 由(1)可知,当 a0 时,f(x)min f a ,(a3) 29 3a所以存在 x00,使得 f(x0) a1等价于 a a1,29 3a设 g(a) a a1( a0),29 3a则 g( a) 1 ( ),33 a 33 a 3所以 g(a)在(0,3)上单调递减,在(3,)上单调递增,所以 g(a)min g(3)0,故 g(a)0,所以 a a1 恒成立,29 3a因此存在 x00,使得 f(x0) a1.热点二 利用导数讨论方程根的个数
4、方程的根、函数的零点、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的走势,通过数形结合思想直观求解例 2 设函数 f(x)e x2 aln( x a), aR,e 为自然对数的底数(1)若 a0,且函数 f(x)在区间0,)内单调递增,求实数 a 的取值范围;(2)若 0 a),23 1x a记 h(x) f( x),则 h( x)e x 0,1x a2知 f( x)在区间 内单调递增( a, )又 f(0)1 0,1a 1a 1 f( x)在区间 内存在唯一的零点 x0,( a, )即 f( x0) 0e 0,1x0 a于是 0
5、 , x0ln .1x0 a (x0 a)当 ax0时, f( x)0, f(x)单调递增 f(x)min f(x0) 0e2 a ln(x0 a) 2 a x0 x0 a 3 a23 a,1x0 a 1x0 a当且仅当 x0 a1 时,取等号由 00,23 f(x)min f(x0)0,即函数 f(x)没有零点思维升华 (1)函数 y f(x) k 的零点问题,可转化为函数 y f(x)和直线 y k 的交点问题(2)研究函数 y f(x)的值域,不仅要看最值,而且要观察随 x 值的变化 y 值的变化趋势跟踪演练 2 (2018全国)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1,证明:当
6、 x0 时, f(x)1;(2)若 f(x)在(0,)上只有一个零点,求 a.(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) 2e x.当 x1 时, g( 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.所以 h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增故 h(2)1 是 h(x)在(0,)上的最小值4ae2若 h(2)0,即 a ,e24因为 h(0)1,所以 h(x)在(0,2)上有一个零点;由(1)知,
7、当 x0 时,e xx2,所以 h(4a)1 1 1 1 0,16a3e4a 16a3e2a2 16a32a4 1a故 h(x)在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在(0,)上有两个零点综上,当 f(x)在(0,)上只有一个零点时, a .e24真题体验(2018浙江)已知函数 f(x) ln x.x(1)若 f(x)在 x x1, x2(x1 x2)处导数相等,证明: f(x1) f(x2)88ln 2;(2)若 a34ln 2,证明:对于任意 k0,直线 y kx a 与曲线 y f(x)有唯一公共点证明 (1)函数 f(x)的导函数为 f( x) .12x 1x由 f( x1) f
8、( x2)得 .12x1 1x1 12x2 1x2因为 x1 x2,所以 .1x1 1x2 12由基本不等式,得 2 .12x1x2 x1 x2 4x1x2因为 x1 x2,所以 x1x2256.6由题意得 f(x1) f(x2) ln x1 ln x2 ln( x1x2)x1 x212x1x2设 g(x) ln x(x0),x2则 g( x) ( 4),14x x当 x 变化时, g( x)和 g(x)的变化如下表所示:x (0,16) 16 (16,)g( x) 0 g(x) 24ln 2 所以 g(x)在(256,)上单调递增,故 g(x1x2)g(256)88ln 2,即 f(x1)
9、f(x2)88ln 2.(2)令 me (| a| k), n 21,则(|a| 1k )f(m) km a|a| k k a0,f(n) kn a0,直线 y kx a 与曲线 y f(x)有唯一公共点押题预测7设 f(x) x aln x(aR)a 1x(1)当 a1 时,求曲线 y f(x)在点 处的切线方程;(12, f (12)(2)当 ae1 成立?1e, e押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法,考查转化与化归的数学思想方法,本题的命制正是根据这个要求进行的解 (1)当 a1 时, f(x) xln x, f(
10、x)1 ,1x曲线 y f(x)在点 处的切线的斜率为 f 1 1.(12, 12 ln 2) (12) 112所求切线方程为 y ,(12 ln 2) (x 12)即 x yln 210.(2)存在理由如下:要证当 ae1 成立,1e, e则只需证明当 x 时, f(x)maxe1 即可1e, ef( x)1 a 1x2 ax x2 ax a 1x2 (x0),x 1x a 1x2令 f( x)0,得 x11, x2 a1,当 a0.(1e, 1)则函数 f(x)在 上单调递减,在1,e上单调递增,1e, 1 f(x)maxmax .f (1e), fe于是,只需证明 f(e)e1 或 f
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