2019届高考数学二轮复习第一篇专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理.doc

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1、1第 3讲 导数的综合应用1.(2018全国卷,理 21)已知函数 f(x)=ex-ax2.(1)若 a=1,证明:当 x0 时,f(x)1;(2)若 f(x)在(0,+)只有一个零点,求 a.(1)证明:当 a=1时,f(x)1 等价于(x 2+1)e-x-10.设函数 g(x)=(x2+1)e-x-1,则 g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当 x1 时,g(x)0,h(x)没有零点;()当 a0时,h(x)=ax(x-2)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,

2、+)上的最小值.42若 h(2)0,即 a ,24因为 h(0)=1,所以 h(x)在(0,2)上有一个零点;由(1)知,当 x0时,e xx2,2所以 h(4a)=1- =1- 1-=1- 0,故 h(x)在(2,4a)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= .242.(2017全国卷,理 21)已知函数 f(x)=x-1-aln x.(1)若 f(x)0,求 a的值;(2)设 m为整数,且对于任意正整数 n, 1+ 1+ 1+ 0,由 f(x)=1- = 知,当 x(0,a)时,f(x)0,所以 f(x)在(0,a)上单调

3、递减,在(a,+)上单调递增,故 x=a是 f(x)在(0,+)的最小值点.由于 f(1)=0,所以当且仅当 a=1时,f(x)0.故 a=1.(2)由(1)知当 x(1,+)时,x-1-ln x0.令 x=1+ ,得 ln 1+ 2,12 122 123所以 m的最小值为 3.31.考查角度考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.2.题型及难易度解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第 1618页)导数与不等式考向 1 导数方法证明不等式【例 1】 (2018郑州二模)已知函数 f

4、(x)=ex-x2.(1)求曲线 f(x)在 x=1处的切线方程;(2)求证:当 x0时, ln x+1.+(2)1(1)解:f(x)=e x-2x,由题设得 f(1)=e-2,f(1)=e-1,所以 f(x)在 x=1处的切线方程为 y=(e-2)x+1.(2)证明:设 g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,则 g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=e x-2,g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增,又 g(0)=3-e0,g(1)=0,00;当 x(x 0,1)时,g(x)0,+(2)1又 xln x+1,即 ln x+1,当 x=1时,等号成立.+

5、(2)1导数方法证明不等式的基本途径有两条:(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),则 f(a)e+m(x-1)对任意 x(1,+)恒成立,求实数 m的取值范围.解:(1)已知 f(x)=ex-aln x,则 f(x)=ex- ,f(1)=e-a,切点为 (1,e),所求切线方程为 y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)当 a=-1时,原不等式即为 ex+ln x-e-m(x-1)0,记 F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),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,F(1)=e+1-m,F

6、(x)=e x- ,当 x1时,F(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,适合题意;若 me+1,则 F(1)0,故存在 x1(1,ln m)使 F(x1)=0,当 1g(x)在区间D上恒成立,此时 h(x)=f(x)-g(x)在区间 D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究 h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间 D上,若x 0使得 f(x0)g(x0)成立,则只需x 0,使得 h(x)=f(x)-g(x)0成立,如果

7、h(x)存在最小值,则只需 h(x)min0即可,如果 h(x)不存在最小值,只需 h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下确界;(3)如果在区间 D上 f(x1)g(x2)恒成立,则只需 f(x)ming(x)max,如果 f(x),g(x)有不存在最值的,则需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归, 即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】热点训练 1:(2018河南一模)已知:f(x)=(2-x)e x+a(x-1)2(aR).(1)讨论函数 f(x)的单调区间;(2)若对任意的 xR,都有 f(x)2e x,求 a的取值范围.解:(

8、1)f(x)=(1-x)e x+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),当 a0 时,函数在(-,1)上递增,在(1,+)上递减;当 0 时,函数在(-,1),(ln 2a,+)上递减,2在(1,ln 2a)上递增;5当 a= 时,函数在 R上递减.2(2)由对任意的 xR,f(x)2e x,即(2-x)e x+a(x-1)22e x,当 x=1时,e x2e x,恒成立,当 x1 时,整理得:a ,对任意 xR 恒成立,(1)2设 g(x)= ,(1)2求导 g(x)=(+1)(1)22(1)(1)4= ,令 g(x)=0,解得 x=1 ,2当 x1+ ,g(x)0,2当 10,2所以当

9、x=1+ 时取极小值,极小值为 ,2当 x=1- 时取极小值,极小值为 ,2由 0,f(x)的单调递增区间为(-,+),无减区间;当 a0时,f(x)的单调减区间为(-,ln a),增区间为(ln a,+).(2)由 g(x)=0得 f(x)=0或 x= ,12先考虑 f(x)在区间0,1的零点个数.当 a1 时,f(x)在(0,+)上单调递增且 f(0)=0,f(x)有一个零点;当 ae 时,f(x)在(-,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当 1e-1时,f(x)有一个零点,当 1e-1或 a=2( -1)时,g(x)有两个零点;当 11,所以 ln x0,所以有 m 在(1,+)上恒成

10、立,令 h(x)= ,h(x)= , 1()2由 h(x)=0得 x=e,当 xe,h(x)0,当 00,所以 (x)在1,2)上单调递减,在(2,3上单调递增,(x) min=(2)=2-2ln 2,又 (1)=1,(3)=3-2ln 3,(1)(3),要使方程 x-2ln x=a在1,3上恰有两个不同的根,结合图象可知 (2)0,- - ,1 1所以 f(x)在-1,2上的最大值是 2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x=x(ex-x-a-2),所以 f(x)=ax-1x=0 或 ex-x-a-2=0,设 g(x)=ex-x-a-2,则 g(x)=ex-1,x0时

11、,g(x)0,x0,即 a-1时,g(x)=0 有 2个不等于零的实根,方程 f(x)=ax-1有 3个实根.综上可得,a-1 时,方程 f(x)=ax-1有 1个实根;a-1时,方程 f(x)=ax-1有 3个实根.热点训练 3:(2018衡水金卷高三大联考)已知函数 f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f(x)+4x+aln x(a0).(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)若关于 x的方程 g(x)=a有实数根,求实数 a的取值范围.解:(1)依题意,得 f(x)= -4x= = ,x(0,+).(1+2)(12)令 f(x)0,即 1-2x0.解得 0 .12故函数 f(x)的

12、单调递增区间为 0, ,单调递减区间为 ,+ .12 12(2)由题意得,g(x)=f(x)+4x+aln x= +aln x.依题意,方程 +aln x-a=0有实数根,即函数 h(x)= +aln x-a存在零点.h(x)=- + = ,9令 h(x)=0,得 x= .当 a0,h( )= +a 1- -a= -10时,h(x),h(x)随 x的变化情况如下表:x 0,1 1,+1h(x) - 0 +h(x) 极小值 所以 h =a+aln -a=-aln a为函数 h(x)的极小值,也是最小值.当 h 0,即 00,1 1所以函数 h(x)存在零点.综上所述,当 a(-,0)1,+)时,

13、方程 g(x)=a有实数根.【例 1】 (2018河北石家庄二中模拟)已知函数 f(x)=2ln - .(1)求 f(x)的单调区间;(2)若 g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若对任意 x1(1,+),存在 t(-,+),x 2(0,+),使得 f(x1)g(x 2)成立,求实数 a的取值范围.解:(1)因为 f(x)=2ln - ,所以 f(x)= -=225+2(+1)2= ,因为 f(x)的定义域为(0,+),10当 2时,f(x)0,12 12所以 f(x)的单调递减区间是 ,2 ,单调递增区间是 0, ,(2,+).12 12(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调

14、递减,在(2,+)上单调递增,所以当 x1时 f(x)f(2)=0,又 g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以对任意 x1(1,+),存在 t(-,+),x 2(0,+),使得 f(x1)g(x 2)成立,存在 t(-,+),x 2(0,+),使得 g(x2)0 成立,存在 t(-,+),x 2(0,+),使得 g(x2)=0成立.因为(x-t) 2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在 t(-,+),x 2(0,+),使得 g(x2)=0成立,y=ln x 的图象与直线 y=ax有交点,方程 a= 在(0,+)上有解 .设 h(x)

15、= ,则 h(x)= , 12当 x(0,e)时,h(x)0,h(x)单调递增,当 x(e,+)时,h(x)0时,f(x)6(a-a 2)ea.(1)解:f(x)=3x 2-6ax=3x(x-2a),令 f(x)=0,则 x=0或 x=2a,当 a=0时,f(x)0,f(x)在 R上是增函数;当 a0时,令 f(x)0,得 x2a,所以 f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函数;令 f(x)0,得 x0,所以 f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函数;令 f(x)0时,f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.当 a0,所以函数 f(x)不可能有三个零点,

16、当 a0时,f(x)的极小值为 f(2a)=4-4a3,要满足 f(x)有三个零点,则需 4-4a31,当 x0时,要证明:f(x)6(a-a 2)ea等价于要证明 f(x)min6(a-a2)ea,即要证:4-4a 36(a-a2)ea,由于 a1,故等价于证明:1+a+a 20,所以函数 h(a)在(1,+)上单调递增,所以 h(a)min=h(1)=6e-60,所以函数 g(a)在(1,+)上单调递增.所以 g(a)min=g(1)=3e-60,所以 1+a+a26(a-a2)ea.【例 3】 (2018聊城二模)已知函数 f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(tR,kR).(1)

17、当 k=1时,若曲线 y=f(x)与 y=g(x)有且仅有一个公共点,求 t的取值范围;(2)当 t=1时,设 h(x)=f(x)-g(x),若函数 h(x)存在两个不同的零点 x1,x2,求证 1.1+22解:(1)当 k=1时,g(x)=x 2-1,设 h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)有且只有一个公共点,令 h(x)=2tln x-x2+1,则 h(x)= -2x= ,2(2)即函数 y=h(x)只有一个零点,由于 h(1)=0,所以 x=1是函数 y=h(x)的一个零点,12当 t0 时,x0,则 h(x)0时,h(x)=

18、,当 x(0, )时,h(x)0,当 x( ,+) 时,h(x)h(1)=0,1所以 h(x)在(x 1, )上存在另一个零点,不符合题意;c.当 t1时,取 x2=t+ ,则 h(x2)=2tln x2- +1h(1)=0,所以 h(x)在( ,t+ )上存在另一个零点,不符合题意,综上,t 的取值范围是t|t0 或 t=1.(2)当 t=1时,h(x)=2ln x-x 2+k,设 F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,则 F(x)= + -4= ,所以当 x(0,1)时,F(x)0,故 F(x)在(0,1)上单调递增,所以 F(x)0,当 x(1,+)上,h(x)2-x1,13故而 1.1+22