2019届高考数学二轮复习专题一4第4讲导数的综合应用学案.docx

第4讲导数的综合应用年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷讨论函数的单调性、不等式的证明T21 导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根(3)利用导数求解参数的范围或值.卷不等式的证明、函数的零点问题T21卷不等式的证明、极值点问题T212017卷利用导数研究函数的单调性、函数的零点T21卷利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明T21卷导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩T212016卷函数的零点问题、不等式的证明T21卷函数单调性的判断、不等式证明及值域问题T21卷三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明T21利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)典型例题命题角度一根据函数零点求参数范围 (2018高考全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.【解】(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，)只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0，2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在0，)的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110.故h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数” 命题角度二根据参数确定函数的零点个数 已知函数f(x)(a，bR，a0)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为a.(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)1根的个数【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，由f(1)aba，得b2a，所以f(x)，f(x).当a0时，由f(x)0，得0x；由f(x).当a0，得x；由f(x)0，得0x0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a0，在上h(x)0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x2负无限大，故h(x)负无限大故当0时，方程f(x)1有两个不等实根，当a时，方程f(x)1只有一个实根，当a时，方程f(x)1有两个实根；当a0或a时，方程f(x)1有一个实根；当0a时，方程f(x)1无实根 (1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”(2)判断函数在某区间a，b(a，b)内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间a，b(a，b)上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数 命题角度三函数零点性质的探索与证明 已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点()设a0，因此f(x)在(1，)上单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1.故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)上单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0，从而g(x2)f(2x2)0，故x1x20，所以f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由得0x，由f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述：当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)由(2)可知，()当a0，故f(x)在1，e2上没有零点；()当a0时，f(x)在1，e2上单调递增，而f(1)a0，故f(x)在1，e2上有一个零点；()当a0时，若1，即a1时，f(x)在1，e2上单调递减，因为f(1)a0，所以f(x)在1，e2上没有零点若1e2，即a1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，而f(1)a0，fln a，f(e2)2ae4，若fln a时，f(x)在1，e2上没有零点；若fln a0，即a时，f(x)在1，e2上有一个零点；若fln a0，即a0得a，此时，f(x)在1，e2上有一个零点；由f(e2)2ae40得a，此时，f(x)在1，e2上有两个零点；若e2，即0a时，f(x)在1，e2上单调递增，因为f(1)a0，所以f(x)在1，e2上有一个零点综上所述：当a时，f(x)在1，e2上没有零点；当0a或a时，f(x)在1，e2上有一个零点；当a0.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)aex，由题意得f(1)，f(1)1，所以解得(2)证明：由(1)知f(x)exln x.因为f(x)ex2在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以f(x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1，2)当x(0，x0)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值由f(x0)0，得ex02，则x02ln x0.故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0.利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x)证明技巧：先将不等式f(x)g(x)移项，即构造函数h(x)f(x)g(x)，转化为证不等式h(x)0，再次转化为证明h(x)min0，因此，只需在所给的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证 命题角度二双变量不等式的证明 已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2.【解】(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点为(1，1)，又f(x)1，则切线斜率kf(1)2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x，x0.由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2，则由(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 对点训练(2018高考全国卷)已知函数f(x)xaln 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：a2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.(i)若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1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时，f(x)0.所以f(x)在，单调递减，在单调递增(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.恒成立与有解问题(综合型)典型例题命题角度一恒成立问题 (2018南昌模拟)已知函数f(x)ln(ax)bx在点(1，f(1)处的切线是y0.(1)求函数f(x)的极值；(2)若f(x)x(m0)恒成立，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)【解】(1)因为f(x)ln(ax)bx，所以f(x)bb，因为f(x)在点(1，f(1)处的切线是y0，所以f(1)1b0，且f(1)ln ab0，解得ae，b1，故f(x)ln xx1.所以f(x)1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以f(x)的极大值为f(1)0，无极小值(2)由(1)知f(x)ln xx1，f(x)x(m0)恒成立，即2(m0)，h(x)2，则g(x)，h(x).因为m0，所以当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，h(x)0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)；h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，h(x)maxh(1)1.所以g(x)，h(x)均在x1处取得最值，所以要使g(x)h(x)恒成立，只需g(x)minh(x)max，即1，解得m1e.又m0，使f(x0)g(x0)成立，求参数a的取值范围【解】(1)由题意得，f(x)x1，设切点为(x0，f(x0)，则kf(x0)x013，解得x01或x03(舍)，所以切点为，代入g(x)3xa，得a.(2)设h(x)3ln xx22x.x00，使f(x0)g(x0)成立，等价于x0，使h(x)3ln xx22xa成立，等价于a0)因为h(x)x2，令得0x1.所以函数h(x)3ln xx22x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)maxh(1)，即a3)，令u(x)0，得x2；令u(x)0，得3xe1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数)解：(1)f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0时，由f(x)0，有x .此时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)令g(x)，s(x)ex1x.则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0，所以s(x)在区间(1，)内单调递增又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)有f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)内单调递增又h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a.1(2018高考全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点解：(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)0；当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0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(3a1)6a22a60，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点2(2018唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a0.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)若f(x1)f(x2)，且x1x2，证明：x1x22a.解：(1)由题意知，f(x)x.当x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增当xa时，f(x)取得最小值f(a)a2a2ln a.令a2a2ln a0，解得0a.故a的取值范围是(0， (2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，设0x1aa.要证x1x22a即x22ax1，则只需证f(x2)f(2ax1)因f(x1)f(x2)，则只需证f(x1)f(2ax1)设g(x)f(x)f(2ax)，0xa.则g(x)f(x)f(2ax)x2axg(a)0.又由题意得0x10，即f(x1)f(2ax1)因此x1x22a.3(2018石家庄质量检测(二)已知函数f(x)xaxln x(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)exx2.解：(1)由题意x0，f(x)1aaln x.当a0时，f(x)x，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)1aaln x单调递增，f(x)1aaln x0xe10，故当x(0，e1)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增；当a0，故当x(0，e1)时，f(x)0，当x(e1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递增，在(e1，)上单调递减(2)证明：由(1)可知若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，则a0，则h(x)ex2xln x.令g(x)h(x)，则g(x)ex20，所以函数h(x)ex2xln x在(0，)上单调递增，又he10，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即ex02x0ln x00.所以当x(0，x0)时，h(x)0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故h(x)h(x0)ex0xx0x0ln x0，所以只需证h(x0)ex0xx0x0ln x00即可，由ex02x0ln x00，得ex02x0ln x0，所以h(x0)(x01)(x0ln x0)，又x010，所以只要x0ln x00即可，