2019版高考数学二轮复习第1篇专题8函数与导数第4讲大题考法__导数的综合应用学案.docx

第4讲大题考法导数的综合应用考向一导数的简单应用问题【典例】 (2018洛阳模拟)已知函数f (x)n，g(x)x2(m，n，aR)，且曲线y f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx1(1)求实数m，n的值及函数f (x)的最大值；(2)当a时，记函数g(x)的最小值为b，求b的取值范围解(1)函数f (x)的定义域为(0，)，f(x)，因f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为yx1，所以解得：m1，n0，所以f (x)，故f(x)，令f(x)0，得xe，当0xe时，f(x)0，f(x)单调递增；当xe时，f(x)0，f(x)单调递减所以当xe时，f(x)取得最大值f(e)(2)g(x)xln xx，g(x)ln xaxx，ea，fea，f(e)a，所以存在t，g(t)0，即ln tat，当x(0，t)时，g(x)0，g(x)单调递减，当x(t，e时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g (x)的最小值为btln tt2tt，令bt h(t)，因为h(t)0，所以h(t)在单调递减，从而h(t)，即b的取值范围是技法总结求函数yf(x)在某个区间上极值的步骤变式提升1(2018玉溪模拟)已知函数f(x)xln x(1)设函数g(x)f(x)a(x1)，其中aR，讨论函数g(x)的单调性；(2)若直线l过点(0，1)，并且与曲线yf(x)相切，求直线l的方程解(1)f(x)xln x，g(x)f(x)a(x1)xln xa(x1)，则g(x)ln x1a，由g(x)0，得ln x1a0，解得0xea1；由g(x)0，得ln x1a0，解得xea1g(x)在(0，ea1)上单调递减，在(ea1，)上单调递增(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0x0ln x0，切线的斜率为ln x01，切线l的方程为yx0ln x0(ln x01)(xx0)，又切线l过点(0，1)，1x0ln x0(ln x01)(0x0)，即1x0ln x0x0ln x0x0，解得x01，y00，直线l的方程为yx1考向二函数与导数的零点或方程的根的问题【典例】 已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由规范解答(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.1分令f(x)0，得xa1.2分当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)极小值3分故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，).4分(2)结论：当a1时，函数g(x)有且仅有一个零点5分理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点.6分当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，7分则F(x)exa1，令F(x)0，得xa，当x变化时，F(x)和F(x)的变化情况如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)极小值8分即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a).9分所以F(x)minF(a)1a.10分因为a1，所以F(x)minF(a)1a0，所以对于任意xR，F(x)0，11分因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点.12分对函数f(x)求导计算错而导致解题错误对于函数零点个数的判断，不会转化构造函数而无从下手在判断方程exax(x0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断技法总结判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题(2)分离出参数，转化为ag(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是直线ya与函数yg(x)图象交点的个数问题只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可变式提升2(2018锦州联考)已知函数f(x)exaxa(aR且a0)(1)若函数f(x)在x0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在2,1上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围解(1)由f(x)exaxa，得f(x)exa函数f(x)在x0处取得极值，f(0)e0a0，a1.f(x)ex1当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时f(x)0，f(x)单调递增易知f(x)在2,0上单调递减，在(0,1上单调递增，且f(2)3，f(1)e，f(2)f(1)，f(x)在2,1上的最大值为3(2)f(x)exa，由于ex0，当a0时，f(x)0，f(x)是增函数，且当x1时，f(x)exa(x1)0当x0时，取x，则f1aa0，函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)exa0，xln(a)当x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(ln(a)，)时，f(x)0，f(x)单调递增，xln(a)时，f(x)取得最小值函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0综上所述，所求实数a的取值范围是(e2,0)考向三导数与不等式恒成立、存在性问题【典例】 (2018河南联考)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(x)ln x3，f(1)2，f(1)0曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0，当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，因此g(x)0；当a2时，令g(x)0得x1a1，x2a1由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0综上，a的取值范围是(，2技法总结1利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解2利用导数解决不等式存在性问题的策略(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题(2)用导数求该函数在该区间上的最值(3)构建不等式求解变式提升3设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1若a1，故当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，在上单调递增所以存在x01，使得f(x0)的充要条件为f，所以不合题意若a1，则f(1)1恒成立，所以a1综上，a的取值范围是(1，1)(1，)考向四导数与不等式的证明问题【典例】 (2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，证明f(x)2(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2a1若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明由(1)知，当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln1所以f(x)2等价于ln12，即ln10设g(x)ln xx1，则g(x)1当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0所以当x0时，g(x)0从而当a0时，ln10，即f(x)2技法总结1利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形(2)构造新的函数h(x)(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值(4)根据单调性及最值，得到所证不等式2构造辅助函数的4种方法变式提升4(2018三湘名校教育联盟联考)已知函数 f(x)2xexm(x22x)，m(1)若m，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若函数g(x)f(x)4ex4m2mx，记函数g(x)在(0，)上的最小值为A，求证：2eA2(1)解(1)由题意知，f(x)2xex(x22x)，f(x)2ex2xex(x1)，f(0)，f(0)0，则所求切线方程为yx，即5x2y0(2)证明由题意知，g(x)2xexm(x24x)4ex4m，g(x)2ex(2x4)ex2m(x2)(2x2)ex2