浙江高考数学专题五函数与导数第4讲导数的热点问题学案.docx

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)2xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：1ln 2f(x)1.(1)解由题意知f(x)的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x.所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明由(1)知f(x)minf1ln 2.所以1ln 2f(x)成立另一方面，要证f(x)0，设函数g(x)2ln x4x2，则g(x)4.令t(x)e2x12x，x(0，)则t(x)2(e2x11)，由t(x)0得x，所以当x时，t(x)0，即t(x)为增函数，所以t(x)t0.令g(x)0，得x，所以当x时，g(x)0，g(x)为增函数，则g(x)ming22ln 20，即当x(0，)时，2ln x4x20，综上，1ln 2f(x)1成立思维升华用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，则f(a)f(x)f(b)；对x1，x2a，b，且x1x2，则f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对xD，有f(x)M(或f(x)m)(3)证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0时，证明：存在x00，使得f(x0)a1.(1)解函数的定义域为0，)，f(x)(x0)，若a0，f(x)0，f(x)的单调递增区间为0，)；若a0，当0x时，f(x)时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明由(1)可知，当a0时，f(x)minfa，所以存在x00，使得f(x0)a1等价于aa1，设g(a)aa1(a0)，则g(a)1()，所以g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，)上单调递增，所以g(a)ming(3)0，故g(a)0，所以aa1恒成立，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)ex2aln(xa)，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0a，试判断函数f(x)的零点个数解(1)函数f(x)在0，)内单调递增，f(x)ex0在0，)内恒成立即aexx在0，)内恒成立记g(x)exx，则g(x)ex10恒成立，g(x)在区间0，)内单调递减，g(x)g(0)1，a1，即实数a的取值范围为1，)(2)0aa)，记h(x)f(x)，则h(x)ex0，知f(x)在区间内单调递增又f(0)10，f(x)在区间内存在唯一的零点x0，即f(x0)0，于是，x0ln.当axx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增f(x)minf(x0)2aln2ax0x0a3a23a，当且仅当x0a1时，取等号由0a0，f(x)minf(x0)0，即函数f(x)没有零点思维升华(1)函数yf(x)k的零点问题，可转化为函数yf(x)和直线yk的交点问题(2)研究函数yf(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)exax2.(1)若a1，证明：当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)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.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，)上的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)上没有零点若h(2)0，即a，h(x)在(0，)上只有一个零点若h(2)，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，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.真题体验(2018浙江)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)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ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明(1)函数f(x)的导函数为f(x).由f(x1)f(x2)得.因为x1x2，所以.由基本不等式，得2.因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2)设g(x)ln x(x0)，则g(x)(4)，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)0g(x)24ln 2所以g(x)在(256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n21，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knann0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点押题预测设f(x)xaln x(aR)(1)当a1时，求曲线yf(x)在点处的切线方程；(2)当ae1成立？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(x)1，曲线yf(x)在点处的切线的斜率为f11.所求切线方程为y，即xyln 210.(2)存在理由如下：要证当ae1成立，则只需证明当x时，f(x)maxe1即可f(x)1(x0)，令f(x)0，得x11，x2a1，当a1时，a10，当x时，f(x)0.则函数f(x)在上单调递减，在1，e上单调递增，f(x)maxmax.于是，只需证明f(e)e1或fe1即可，f(e)(e1)ea(e1)0，f(e)e1成立，假设正确，即当ae1成立A组专题通关1设函数f(x).(1)求函数f(x)的值域；(2)当实数x0,1时，证明：f(x)2x2.(1)解函数f(x)的定义域是1,1，f(x)，当f(x)0时，解得1x0，当f(x)0时，解得0xe2.(1)解由定义域为(0,1)(1，)，f(x)，设h(x)x2(a2)x1，要使yf(x)在上有极值，则x2(a2)x10有两个不同的实根x1，x2，(a2)240，a0或ae，0x1ex2，又h(0)1，只需h0，即(a2)1e2，联立可得ae2.即实数a的取值范围是.(2)证明由(1)知，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在(1，)上有最小值f(x2)，即t(1，)，都有f(t)f(x2)，又当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)e)，则k(x)10(xe)，k(x)在上单调递增，k(x)k(e)2e，f(t)f(s)e2.3(2018浙江省衢州二中模拟)已知函数f(x)aex(2e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线yf(x)在x0处的切线与直线(3e)xy100平行，g(x)x24x1.(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在0，)内的零点个数；(2)证明：当x0时，f(x)g(x)(1)解f(x)aex2e，f(0)a2e3e，a1，f(x)ex(2e)x，则f(x)ex2e.当x0时，f(x)ex2ee02e0，f(x)在0，)上单调递增，且f(0)10，f(x)在0，)内没有零点(2)证明当x0时，设h(x)f(x)g(x)exx2(2e)x1，则h(x)ex2x2e(exe)2(x1)h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)0，h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)minh(1)e1(2e)10，当x0时，h(x)0，即当x0时，f(x)g(x)4已知函数f(x)ln x，g(x)exbx，a，bR，e为自然对数的底数(1)若函数yg(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；(2)若函数yf(x)在x处的切线方程为exy2b0.求证：对任意的x(0，)，总有f(x)g(x)(1)解易得g(x)exbb.若b0，则g(x)(0，)，不合题意；若b0，g10，令g(x)exb0，得xln b.g(x)在(，ln b)上单调递减；在(ln b，)上单调递增，则g(x)ming(ln b)eln bbln bbbln b0，be.综上所述，实数b的取值范围是(，0)e，)(2)证明易得f(x)，则由题意，得feae2e，解得a.f(x)ln x，从而f1，即切点为.将切点坐标代入exy2b0中，解得b0.g(x)ex.要证f(x)g(x)，即证ln xex(x(0，)，只需证xln xxex(x(0，)令u(x)xln x，v(x)xex，x(0，)则由u(x)ln x10，得x，u(x)在上单调递减，在上单调递增，u(x)minu.又由v(x)exxexex(1x)0，得x1，v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，v(x)maxv(1).u(x)u(x)minv(x)maxv(x)，显然，上式的等号不能同时取到故对任意的x(0，)，总有f(x)g(x)5已知函数g(x)xln x，h(x)(a0)(1)若g(x)h(x)对x(1，)恒成立，求a的取值范围；(2)证明：不等式对于正整数n恒成立，其中e2.718 28为自然对数的底数(1)解方法一记f(x)g(x)h(x)xln xx2，令(x)f(x)ln x1ax，则(x)a，当a1时，x(1，)，(x)a1a0，f(x)在(1，)上单调递减，又f(1)1a0，f(x)0，即f(x)在(1，)上单调递减，此时，f(x)f(1)0，即g(x)h(x)，a1.当0aaa0，f(x)在上单调递增，又f(1)1a0，f(x)0，即f(x)在上单调递増，f(x)f(1)0，不满足题意综上所述，a1，)方法二当x(1，)时，g(x)，令F(x)(x1)，F(x)(x1)，记m(x)x1xln x(x1)，则m(x)ln x0，m(x)在(1，)上单调递减，m(x)m(1)0，F(x)0，即F(x)在(1，)上单调递减，F(x)F(1)1，故a1，)(2)证明由(1)知取a1，当x(1，)时，g(x)h(x)恒成立，即xln x恒成立，即ln x恒成立，即ln(1x)对于x(0，)恒成立，由此，ln，kN*，于是lnlnlnln，故0.(1)求函数f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F(x)f(x)，是否存在无数个a(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点？请说明理由解(1)f(x)ex，当0x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当x(0，)时，f(x)minf，因为ff(0)0，所以存在x0，使f(x0)0，且当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0.故函数f(x)在(0，)上有1个零点，即x0.(2)方法一当a1时，ln a0.因为当x时，exa0.由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0.下面证：当a时，ln ax0，即证f0，所以g(x)在上单调递增，由g(1)0，所以存在唯一零点t0，使得g0，且x时，g(x)0，g(x)单调递增所以当x时，g(x)max.由g(1)0，g(e)0，得当x时，g(x)0.故f0,0ln ax0.当0xln a时，exa0，f(x)0，F(x)单调递增；当ln ax0，f(x)0，F(x)f(x)0，F(x)单调递减所以存在a(1,4)，使得ln a为F(x)的极大值点方法二因为当x时，exa0.由(1)知，当x(0，x0)时，f(x)0.所以存在无数个a(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a(1,4)，使得ln ax0成立，由(1)，问题等价于存在无数个a(1,4)，使得f0，所以g(x)在上单调递增，因为gln0，所以存在唯一零点t0，使得g0，且当x时，g(x)0，g(x)单调递增；所以当x时，g(x)mingt0ln t0t01，由g0，可得ln t0，代入式可得g(x)mingt01，当t0时，gt010，所以必存在x，使得g(x)0，即对任意a，f1，求证：f(x)ax2x1ln(x1)(1)解当ae时，f(x)x(exe)当x(，0)时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)极小值f(0)1，无极大值(2)解f(x)x(exa)，()当a0时，f(x)(x1)ex，只有一个零点x1，()当a0时，exa0，当x(