高考数学二轮复习 第一部分 数学方法、思想指导 第1讲 选择题、填空题的解法课件 理 (489)

1、考向一考向二考向三考向四证明不等式证明不等式(多维探究多维探究)例1(2018河北保定二模,理21)已知函数 (a,bR且a0,e为自然对数的底数).(1)若曲线f(x)在点(e,f(e)处的切线斜率为0,且f(x)有极小值,求实数a的取值范围;(2)当a=b=1时,证明:xf(x)+20时,当x(0,e)时,f(x)0,当x(e,+)时,f(x)0,f(x)在(0,e)内为增函数,在(e,+)内为减函数,即f(x)有极大值而无极小值.当a0时,当x(0,e)时,f(x)0,f(x)在(0,e)内为减函数,在(e,+)内为增函数,即f(x)有极小值而无极大值.ag(x)(xI,I是区间),只需

2、证明f(x)ming(x)max,或证明f(x)ming(x)max且两个最值点不相等.考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四例2(2018河北保定一模,文21节选)已知函数f(x)=x+ .(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).考向一考向二考向三考向四解: (1)略.所以F(x)在(1,+)上为增函数.又F(1)=2-0-2=0,F(x)0,即h(x)min0,所以,当x(0,+)时,f(x)g(x).考向一考向二考向三考向四解题心得解题心得欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间),设h(x)=

3、f(x)-g(x)(xI),即证h(x)0,为此研究h(x)的单调性,先求h(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min0(xI)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.考向一考向二考向三考向四对点训练对点训练 2(2018山东青岛一模,理21节选)已知函数f(x)=e2x-ex-xex(e为

4、自然对数的底数).(1)略;考向一考向二考向三考向四解: (1)略.(2)由题意得f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h(x)=2ex-1.x(-,-ln 2),h(x)0,h(x)在(-ln 2,+)上为增函数.由于h(-1)0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0.h(x)在(-,-ln 2)上为减函数,x(-,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(-,x0)上为增函数;x(x0,-ln 2)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数.因此f(x)在(-,-ln 2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,

5、且h(x)在(-ln 2,+)上为增函数.x(-ln 2,0)时,h(x)0时,讨论函数f(x)的零点个数.解: (1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=ex+(x-1)ex-kx=x(ex-k),当k0时,令f(x)0,解得x0,f(x)的单调递减区间是(-,0),单调递增区间是0,+),当0k0,解得x0,所以f(x)在(-,ln k)和(0,+)上单调递增,在ln k,0上单调递减,当k=1时,f(x)0,f(x)在(-,+)上单调递增,当k1时,令f(x)0,解得xln k,所以f(x)在(-,0)和(ln k,+)上单调递增,在0,ln k上单调递减;考向一考向二考向三考向

6、四(2)f(0)=-1,当0k0,又f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)在0,+)上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.当k=1时,由(1)知f(x)0,f(x)在(-,+)上单调递增,又f(0)=-1,f(2)=e2-20,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.考向一考向二考向三考向四当k1时,由(1)知,当x(-,ln k)时,f(x)f(x)max=f(0)=-10,此时f(x)无零点;当xln k,+)时,f(ln k)f(0)=-12,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20,所以g(t)在(2,+)上单调递增

7、,得g(t)g(2)=e2-2,即f(k+1)0,所以f(x)在ln k,+)上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.综合知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.考向一考向二考向三考向四例4已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用minm,n表示m,n中的最小值,设函数h(x)=minf(x),g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数.考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四解题心得解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判

8、断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.考向一考向二考向三考向四对点训练对点训练 4已知函数f(x)=aln x+ -(a+1)x,aR.(1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值;(2)当a1时,讨论函数f(x)的零点个数.考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四考向一考向二考向三考向四与函数零点有关的证明问题与函数零点有关的证明问题例5(2018四川广元适应考二,理21)已知函数f(x)=2

9、ln x-x2+ax(aR).(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)若函数f(x)有两个不同零点x1,x2,且0 x12.考向一考向二考向三考向四解: (1)略.(2)当a=1时,g(x)=f(x)+3=ln x-bx,函数的定义域为x0,设x1x20,g(x1)=0,g(x2)=0,ln x1-bx1=0,ln x2-bx2=0,ln x1-ln x2=b(x1-x2),ln x1+ln x2=b(x1+x2).要证ln x1+ln x22,即证b(x1+x2)2,考向一考向二考向三考向四利用导数解决存在性问题利用导数解决存在性问题例6(2018四川内江一模,文21)

10、已知函数f(x)=ex-ax-1(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1,是否存在正实数x,使得f(x)0?若存在,请求出一个符合条件的x,若不存在,请说明理由.解: (1)f(x)的定义域为R,f(x)=ex-a,当a0时,f(x)0,故f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=0,得x=ln a,当xln a时,f(x)ln a时,f(x)0,故f(x)单调递增,综上所述,当a0时,f(x)在R上单调递增;当a0时,f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.考向一考向二考向三考向四(2)存在正数x=2ln a,使得f(x)0,即f(2ln a)=a2

11、-2aln a-10,其中a1.证明如下:设g(x)=x2-2xln x-1(x1),则g(x)=2x-2ln x-2.设u(x)=x-ln x-1(x1),则u(x)=1- 0,故u(x)在(1,+)上单调递增.u(x)u(1)=0,故g(x)=2x-2ln x-2=2u(x)0.g(x)在(1,+)上单调递增,故g(x)g(1)=0.当a1时,a2-2aln a-10,f(2ln a)=a2-2aln a-10.考向一考向二考向三考向四解题心得解题心得本例(2)中,利用导数的方法易得f(x)=ex-ax-1在x=ln a有最小值,存在正实数x,使得f(x)0ex-ax-10exax+1,分别作出函数y=ex和y=ax+1的图象,当xln a时,y=ex的图象增长的快速,所以当x=2ln a时,函数y=ex的图象一定在y=a