2021届高考数学二轮考前复习第三篇直击压轴大题搏高分必须攻克的6个热点专题专题6导数与不等式成立学案文含解析20210123173.doc
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专题6导数与不等式成立1.证明不等式的两个技巧(1)利用单调性:若f(x)在a,b上是增函数,则xa,b,有f(a)f(x)f(b),x1,x2a,b,且x1x2,有f(x1)g(x)对一切xi恒成立:i是f(x)g(x)的解集的子集,f(x)-g(x)min0(xi).(2)x0i,使f(x0)g(x0)成立:i与f(x)g(x)的解集的交集不是空集,f(x)-g(x)max0(xi).(3)对x1,x2i使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1,x2i使得f(x1)g(x2),f(x)ming(x)max.利用导数证明不等式的步骤第一步求导数:函数求导化简,求出导函数的零点;第二步明单调:解不等式,确定单调区间;第三步定零点:利用零点存在性定理;第四步分情况:对a讨论,使不等式成立;第五步得结论:对a的情况进行整合(求并集),得到原题结论.得步骤分:“步步为赢”,求得满分.如第(1)问中,求导正确,分析单调性;得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第(2)问中求出最大值和最小值;得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.【典例】(12分)(2019全国卷)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f(x)为f(x)的导数.(1)证明:f(x)在区间(0,)上存在唯一零点.(2)若x0,时,f(x)ax,求a的取值范围.(1)函数求导确定零点由零点存在定理判断出唯一零点所处的位置证得结论;(2)构造函数h(x)=f(x)-ax二次求导分类讨论判断h(x)单调性确定h(x)0恒成立求a的取值范围.【标准答案】(1)f(x)=cos x+xsin x-1,令g(x)=cos x+xsin x-1,则g(x)=xcos x,2分当x时,令g(x)=0,解得:x=,所以当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,g=-2,所以f(x)在0,上无零点.4分因为gg0,所以x0,g=0,又g(x)在上单调递减,所以x=x0为g(x)在上的唯一零点,即f(x)在上的唯一零点,综上,f(x)在区间上存在唯一零点.5分(2)若x时,f(x)ax,即f(x)-ax0恒成立,令h(x)=f(x)-ax=2sin x-xcos x-x,则h(x)=cos x+xsin x-1-a,h(x)=xcos x=g(x),由(1)可知,h(x)在上单调递增;在上单调递减,且h=-a,h=-a,h=-2-a,所以h(x)min=h=-2-a,h(x)max=h=-a.7分当a-2时,h(x)min=h=-2-a0,即h(x)0在上恒成立,所以h(x)在上单调递增,所以h(x)h=0,即f(x)-ax0,此时f(x)ax恒成立;8分当-20,h0,所以x1,使得h=0,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,又h=0,h=2sin -cos -=-a0,所以h(x)0在上恒成立,即f(x)ax恒成立;9分当0a时,h0,所以x2,使得h(x2)=0,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,所以x时,h(x)h=0,可知f(x)ax不恒成立;10分当a时,h(x)max=h=-a0;所以h(x)在上单调递减,所以h(x)h=0;11分可知f(x)ax不恒成立,综上所述:a.12分测试目标(1)函数求导,存在性定理;(2)构造函数,分类讨论,利用单调性求参数的取值范围测试目标数学抽象:恒成立确定a的范围;逻辑推理:根据存在性定理确定唯一零点;数学建模:构造函数;数学运算:求导数,解不等式,化简设函数f(x)=(ar).(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线过点m(2,3),求a的值;(2)设g(x)=x+-,若对任意的n0,2,存在m0,2,使得f(m)g(n)成立,求a的取值范围.1.(极值与恒成立)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=x2,ar.(1)求函数f(x)的极值点;(2)若f(x)g(x)恒成立,求a的取值范围.2.(单调性与恒成立)已知ar,f(x)=2x-aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x1时,xf(x)x2+1恒成立,求实数a的取值范围.3.(证明不等式)已知函数f(x)=ln x+ax-1(ar).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)图象过点(1,0),求证:e-x+xf(x)0.4.(与数列结合)已知函数f(x)=ln x-ax+1(ar).(1)若对任意x(0,+),f(x)0恒成立,求a的取值范围.(2)求证:+g(x2)成立.6.(极值点偏移)已知函数f(x)=4x-aln x-x2-2,其中a为正实数.(1)求函数y=f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,求证:f+f(x2)6-ln a.7.(存在性问题)已知函数f(x)=+aln x(a0,ar).(1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间;(2)若在区间上至少存在一点x0,使得f0成立,求实数a的取值范围.8.(探索问题)已知函数f(x)=-3,g(x)=aln x-2x(ar).(1)讨论g(x)的单调性;(2)是否存在实数a,使不等式f(x)g(x)恒成立?如果存在,求出a的值;如果不存在,请说明理由.专题6导数与不等式成立【模拟考场】【解析】(1)因为f(x)=,所以f(x)=e=-.又f(1)=1,即切点为(1,1),所以k=f(1)=1-a=,解得a=-1.(2)“对任意的n0,2,存在m0,2,使得f(m)g(n)成立”,等价于“在0,2上,f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)=x+-,所以g(x)=0,所以g(x)在0,2上单调递增,所以g(x)max=g(2)=2.令f(x)=0,得x=2或x=a.当a0时,f(x)0在0,2上恒成立,f(x)单调递增,f(x)max=f(2)=(4-a)e-12,解得a4-2e;当0a2时,f(x)0在0,a上恒成立,f(x)单调递减,f(x)0在a,2上恒成立,f(x)单调递增,f(x)的最大值为f(2)=(4-a)或f(0)=ae,所以(4-a)2或ae2.解得:a4-2e或a,所以a0,所以f(x)在(0,+)上单调递增,无极值点,当a0时,解f(x)=-a0得0x,解f(x)=-a,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以函数f(x)有极大值点,无极小值点.(2)由条件可得ln x-x2-ax0(x0)恒成立,则当x0时,a-x恒成立,令h(x)=-x(x0),则h(x)=,令k(x)=1-x2-ln x(x0),则当x0时,k(x)=-2x-0;在(1,+)上,h(x)0,f(x)在(0,+)上递增,当a0时,在上,f(x)0,f(x)递增,综上,当a0时,f(x)在(0,+)上递增,当a0时,f(x)在上递减,在上递增;(2)xf(x)x2+1恒成立,即xf(x)-0恒成立,设g(x)=xf(x)-,则g(x)=x2-axln x-1,g(x)=2x-a,g(x)的单调性和f(x)相同,当a0时,g(x)在上递增,g(x)g(1)=2-a0,故g(x)在上递增,g(x)g(1)=0,当a0时,g(x)在上递减,在上递增,当02时,在区间上,g(x)递减,故g(x)g(1)=2-a0,故g(x)在1,+)上递减,故g(x)0,f(x)在上单调递增;当a0,f(x)单调递增;若x,则f(x)0,f(x)单调递减.综上所述:当a0时,f(x)在上单调递增;当a0,y=xex-1在(0,+)上单调递增.由g(x)=0,得xex-1=0,故存在x0(0,+)使得x0=1,此时=,故x0=-ln x0,当x时,g(x)0.所以g(x)在上递减,在上递增,当x=x0时,g(x)有最小值g=+ln x0+x0-1=0,故e-x+xf(x)0成立.4.【解析】(1)f(x)=-a=,若a0,当x1时,ln x-ax+10,不符合题意;若a0,由f(x)0得0x,由f(x),所以f(x)在上递增,在上递减,所以f(x)max=f=ln-a+1=ln0,所以ln a0,a1,所以a的取值范围.(2)由(1)知,当a=1时,ln xx-1,所以ln,ln+ln+ln+,而+=-,所以ln,所以.5.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ln x+1-mx,f(1)=1-m,因为f(x)在处的切线与直线x-y+1=0平行,所以1-m=1,即m=0;(2)在(1)的条件下,f(x)=xln x,可得f(x)=ln x+1,当x时,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)=xln x在x=时取得最小值f=-,可知f-,由g(x)=-x+,g(x)=-,令h(x)=g(x)=-,h(x)=,所以当x时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,所以g(x)g(1)=h(1)=-,因为g(x)-0,所以g(x)在(0,+)上单调递减,可知g(x2)g(x2).6.【解析】(1)因为函数f(x)=4x-aln x-x2-2,所以f(x)=4-x=-,函数y=f(x)的定义域为(0,+),令t=x2-4x+a,若16-4a0,即a4时,则f(x)0,此时f(x)的单调减区间为(0,+);若16-4a0,即0a4时,令f(x)=0,得x=2,当0x2+时,f(x)0,当2-x0,此时f(x)的单调减区间为,单调增区间为.(2)由(1)知,当0a4时,函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,且x1+x2=4,x1x2=a.因为f+f(x2)=4x1-aln x1-2+4x2-aln x2-2=4-aln-4=16-aln a-4=4+a-aln a,要证f+f(x2)0.构造函数g(x)=xln x-x-ln x+2,则g(x)=1+ln x-1-=ln x-,g(x)在上单调递增,又g(1)=-10,且g(x)在定义域上不间断,由零点存在性定理,可知g(x)=0在上有唯一实根x0,且ln x0=.则g(x)在上递减,在上递增,所以g(x)的最小值为g,因为g=1-x0-+2=3-,当x0时,x0+,则g0,所以g(x)g0恒成立.所以aln a-a-ln a+20,所以f+f(x2)6-ln a,得证.7.【解析】f(x)=+aln x(a0,ar)的定义域为(0,+),因为f(x)=-+=.(1)当a=1时,f(x)=,令f(x)=0,得x=1,又f(x)的定义域为(0,+),f(x),f(x)随x的变化情况如表:x1(1,+)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以x=1时,f(x)取得极小值为1.f(x)的单调递增区间为(1,+),单调递减区间为(0,1).(2)因为f(x)=-+=,且a0.令f(x)=0,得x=,若在区间上存在一点x0,使得f0成立,其充要条件是f(x)在区间上的最小值小于0即可.当x=0,即a0时,f(x)0对x(0,e成立,所以,f(x)在区间上单调递减,故f(x)在区间上的最小值为f=+aln e=+a,由+a0,得a0,即a0时,若e,则f(x)0对x成立,所以f(x)在区间上单调递减,所以,f(x)在区间上的最小值为f=+aln e=+a0,显然,f(x)在区间上的最小值小于0不成立.若0时,则有xf(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)在区间上的最小值为f=a+aln.由f=a+aln=a0,得1-lnae,即a.综上可知a符合题意.8.【解析】(1)g(x)=,x0,(i)当a0时,g(x)0时,令g(x)0得0xa,令g(x)a,所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)要使不等式f(x)g(
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