2019高考数学(文)二轮复习专题突破第5讲导数的热点问题

1、第5讲导数的热点问题典型真题研析b- -： -ax1 2 3+ 龙-11.2018 全国卷川已知函数 f(x)=求曲线 y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程；(2)证明：当 a 1 时,f(x)+e0.试做_&命题角度利用导数的几何意义解决切线问题(1) 曲线、切线、切点之间有以下关系：切点处的导数值是切线的斜率；切点在切线上：切点在曲线上.(2) 利用导数的几何意义解决切线问题：关键一，对函数求导得 f(x),利用导函数与切线斜率的关系建立方程或不等式；关键二，根据直线方程的相关知识解决问题.(3) 解决与切线有关的参数问题，通常根据关系列方程，解出参数.2. 2017 全国卷I

2、已知函数 f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论 f(x)的单调性；若 f(x) 0,求 a 的取值范围.入命题角度利用导数研究函数的单调性(1)用导数法判断和证明函数f(x)在区间(a,b)内的单调性的步骤：1求 f(x);2确定 f(x)在区间(a,b)内的符号(若含有参数,则依据参数的取值讨论符号);3得出结论，f(x)0 时函数 f(x)为增函数，f(x)0 时，f(x) 2a+aln .试做_&命题角度利用导数研究方程根(函数零点)和用导数证明不等式(1) 利用导数研究方程根(函数零点)的一般步骤：1通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；2根据题目要求

3、，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置；3通过数形结合的思想去分析问题，得出方程根(函数零点)的情况(2) 利用导数证明不等式的一般思路为若证明 f(x)g(x)，x (a，b)，可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x)，如果 F(x)0，那么 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)w0,则由减函数的定义可知，当 x (a，b)时有F(x)0，即证明了 f(x) 0(或 f(x)w0),从而转化 为不等式恒成立问题去解决=解答 2 导数与函数的零点或方程根问题12 2018 全国卷n已知函数 f(x)= x3-a(x4 5 6+x+1).【考场点拨】高考中导数与函数的零

4、点或方程根问题的解题思路：(1)方程的根、函数的零点、函数的图像与 x 轴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、极值与最值求解；(2)画出函数图像的走势，通过数形结合思想直观求解【自我检测】已知函数 f(x)=(1+ax2)ex-i.5 当 a 0 时，讨论函数 f(x)的单调性；6 若函数 f(x)在区间0,1上恰有 2 个零点，求实数 a 的取值范围.=解答 3 导数与不等式恒成立、存在性问题 C13 已知函数 f(x)=(x2-1)ex+x.【考场点拨】高考中导数与不等式恒成立、存在性问题的解题思路：(1)利用导数解决恒成立问题常用的是“转化法”：一种是若不等式

5、 f(x)A 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 f(x)minA 恒成立；另一种是若不等式 f(x)A 在区间 D 上恒成立，则等 价于在区间 D 上 f(x)maxx20，f(Xl)-f(X2) g(x)+x+1;(2)证明：存在实数 a,使得曲线 y=f(x)与 y=g(x)有公共点，且在公共点处有相同的切线.听课笔记_=解答 4 导数与不等式的证明问题5 已知函数 f(x)=ex-ax7 8 9+1,g(x)=(e-2)x+2 且曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 y=bx+2.求 a,b 的值;(2)证明：当 x0 时,g(x) g(x)或 f(x)wg(x)时,

6、可构造函数 h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式转化为求证 h(x) 0 或 h(x)w0 的问题，从而利用求 h(x)的最小值或 者最大值来证明不等式也可利用 f(x)min g(x)max或 f(X)maxWg(x)min来证明不等式【自我检测】已知函数 f(x)=x-1+aex.8 讨论 f(x)的单调性；19 当 a=-1 时，若-1 xi0，且 f(x”+f(x2)=-5,证明:xi-2x2-4+ .第5讲导数的热点问题，典型真题研析 .-ax2十(2a- l)x十21解:(1)f(x)=,f(0)=2.因此曲线 y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2

7、)证明:当 a 1 时,f(x)+e(X+x-1 +ex+1)e-x.令 g(x)=x2+x-1 +ex+1, g(x)=2x+1+ex+1.当 x-1 时,g(x)-1 时,g(x)0,g(x)单调递增所以 g(x) g(-1)=0.因此 f(x)+e 0.2.解:(1)函数 f(x)的定义域为(-m,+m),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若 a=0 则 f(x)=e2x，在(亠,+单调递增.2若 a0 则由 f(x)=O 得 x=ln a.当 x (-In a)时,f(x)0.故 f(x)在(-ln a)单调递减，在(In a,+)单调递 增.在若 a=0

8、,则 f(x)=e2x,所以 f(x) 0. 若 a0 则由(1)得，当 x=ln a 时,f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a 若 a0.故 f(x)在单调递减, 若 a0,则由(1)得，当 x=ln3ln2 4时,f(x)取得最小值，最小值为 f=a.从而当且仅当 a| _心和当 x 时,f(x) 0,即 a -2 时 f(x) 0. 0,即 aw1 时,f(x) 0.-2,1综上,a 的取值范围是3.解:(1)f(x)的定义域为(-8,+s).f(x)=-exx(x-2). 当 x(4,0)或 x (2,+s)时,f(x)0.所以 f(

9、x)在(4,0),(2,+S)单调递减，在(0,2)单调递增.故当 x=0 时,f(x)取得极小值，极小值为 f(0)=0;当 x=2 时,f(x)取得极大值，极大值为 f(2)=4e-2(2)设切点为(t,f(t),则 I 的方程为y=f(t)(x-t)+f(t).所以 I 在 x 轴上的截距为fW t2m(t)=t-=t+=t-2+3.由已知和得 t (-8,0)U(2,+s).2令 h(x)=x+ (x工 0),则当 x (0,+8)时,h(x)的取值范围为2 . ,+8);当 x (-8,-2)时,h(x)的取值范 围是(-8,-3).所以当 t(-8,0)U(2,+8)时,m(t)的

10、取值范围是(-8,0)U2. +3,+8).综上,1 在 x 轴上的截距的取值范围是(-8,0)U2 +3,+8).a4.解:(1)f(x)的定义域为(0,+8),f(x)=2e2x- (x0).当 aw0 时,f(x)0,f(x)没有零点.a当 a0 时，因为 e2x单调递增，-单调递增，所以 f(x)在(0,+8)上单调递增.又 f(a)0,当 b 满足a10b ；且 b ；时,f(b)0 时,f(x)存在唯一零点.(2)证明：由可设 f (x)在(0,+8)上的唯一零点为 X0.当 x (0,X0)时,f(x)0. 故f(x)在(0,x0)上单调递减，在(X0,+8)上单调递增，所以当

11、x=x0时,f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).2上上22由于 2- =0,所以 f(x)= +2ax0+aln 2a+aln .2故当 a0 时,f(x) 2a+aln .考点考法探究 .解答 1例 1 解:(1)由题意可知，g(x)=f (x)=x+a-aex,则 g(x)=1-aex.当 aw0 时,g(x)0,.g(x)在 R 上单调递增；当 a0 时，若 x0,若 x-ln a,则 g(x)0 时,g(x)的单调递增区间为(-3-In a),单调递减区间为(-In a,+).由(1)可知,a0 且 g(x)在 x=-ln a 处取得最大值，1frt一/ g(-ln a)=-ln

12、 a+a-a =a-ln a-1,. a-ln a-1= 0,观察可得当 a=1 时,方程成立.1 a- 1令 h(a)=a-ln a-1(a0),则 h(a)=1-=,当 a (0,1)时,h(a)0, h(a)在(0,1)上单调递减，在 (1,+上单调递增, h(a) h(1)=0,当且仅当 a=1 时,a-ln a-仁 0,1f(x)= +x-ex,由题意可知 f(x)=g(x)w0,即 f(x)在0,+叼上单调递减， f(x)在 x=0 处取得最大值，最大值为 f(0)=-1.解答 21n 322例 2 解:(1)当 a=3 时,f(x)= x -3x -3x-3,f(x)=x -6x

13、-3.令 f(x)=0,解得 x=3-2 或 x=3+2 .当 x(4,3-2 . )U(3+2 . ,+s)时,f(x)0;当 x (3-2 . ,3+2.)时,f(x)0，所以 f(x)=0 等价于-3a=0.x3x2(x2+ 2x + 3)设 g(x)=：n-_ _3a,则 g(x)= 0,仅当 x=0 时 g(x)=0 所以 g(x)在(-巴+)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.1L-1V11又 f(3a-1)=-6a2+2a- =-6- 0,故 f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.【自我检测】2x解:(1)f(x)=(ax +2ax+1)

14、e ,x1当 a=0 时,f (x)=e 0,此时 f(x)在 R 上单调递增.222当 a0 时，令 ax +2 ax+1 =0,则A=4a -4a.当 0 0 恒成立， f(x)0 恒成立,此时 f(x)在 R 上单调递增由知，当 Owaw1 时,f(x)在0,1上单调递增 又 f(0)=0, 此时 f(x) 在区间 0,1 上有 1 个零点，不符合题意.当 a1 时,Tx1x20, f(x) 在 0,1 上单调递增，又 f(0)=0,此时 f(x) 在区间 0,1 上有 1 个零点，不符合题意.1(X V-15. . . 兰即1f(x)在区间0,1上恰有 2 个零点时,a 的取值范围是

15、a0,r- I f(x)0, f(x) 在 L2 ，仁 上单调递增，1/l11131当 x=时,f(X)取得最小值，f(X)min=f 国-丿，+2=當 J, 当 x=1 时,f(x)取得最大值,f(x)max=f(1)=1.(2)根据题意 得 kxw(x2ex),即 kxw2xex+x2ex恒成立.1当 x=0 时,0w0 恒成立, k R;C,-1 +上单调递减.+8上单调递增，综上，当 0waw1 时,f(x)在 R 上单调递增 当 a1 时,f(x)在-8,-1-调递增，在-1 -上单调递减./f(x)在-8,-1-和，-1+.在-1-当 a1 时，:0,则 x1=-1-1和-1 +1

16、- 口 ,+8丿上1-11-1+2当 x0 时,kw2ex+xex恒成立,令 t(x)=2ex+xex(x0),则 t(x)=(x+3)ex, x0,二t (x)0,t(x)单调递增，二t(x)t(0)=2, 要使 kwt(x)恒成立，则 kw2;3当 x2ex+xex恒成立,令 h(x)=2ex+xex(x0),则 h(x)=(x+3)ex,当 x 变化时，h(x),h(x)的变化情况如下表，x(-8,-3)-3(-3,0)h(x)一0+h(x)极小值/当 x-3 时,h(x)=(x+2)ex0,当-3x0 时,h(-3)h(x)h(0),且 h(0)=2,当 x (-8,0)时,h(x)2

17、.综上所述,k=2.1 1 1例 4 证明:(1)当 a=1 时,f(x) g(x)+x+1? In +1，令 t= ,t0,则 t In t+1.1令 h(t)=t-ln t-1,则 h(t)=1，所以 h(t)在(0,1)上单调递减，在(1 ,+8)上单调递增则 h(t) h(1)=0,即 t ln t+1,所以原不等式成立.(2)证明：f(x)=1- ,g(x)=-,根据题意，存在 xo,a 满足1 1代入 得 x+ - x0-In X0=0.1 11-(-)(刁)令 m(x)=x+ - x-ln x,x0,则存在 x0 (0,+8),使得 m(x)=0.因为 m(x)=- 1+ ln

18、x,所以 m(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，又 m(1)=20,且当 XT+8时,m(x)宀-8,所以存在 x0 (0,+8),使得 m(X0)=0,即存在 x0,a,使得原命题成立.【自我检测】fc1 _ 2解:(1)由 f(x)=ln x+知 x0,f(x)= - (x0),因为曲线 y=f(x)在点(e,f(e)处的切线与直线 x=2 垂直,由得 a= -X0,所以 f(e)=O,即-=0,解得 k=e,1e x-e所以 f(x)= - = (x0).当 0 xe 时,f(x)e 时,f(x)0,f(x)单调递增.所以当 x=e 时,f(x)取得极小值，极小值为

19、f(e)=ln e+1=2. 综上,f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为 2,无极大值.(2)因为对任意 Xlx20,f(Xl)-f(X2)Xl-x2恒成立，所以 f(x1)-xix20 恒成立.令 g(x)=f(x)-x=In x+ -x(x0),则 g(x)在(0,+s)上单调递减，1上所以 g(x)= - -1 -x2+x=- x- 2+ :在(0,+s)上恒成立.令 h(x)=- X-2+则 k h(X)max=-1所以 k 的取值范围是 L 彳,+s).解答 4例 5 解:(1)由题设得 f(x)=eX-2ax,解得：x 2x 2(2)证明：由(1)知 ,f(x)=e -x

20、+1,令函数 h(x)=f(x)-g(x)=e -x -(e-2)x-1,其中 x0, 则h(x)=eX-2x-(e-2).令 机 x)=h(x)，则 $)=eX-2,当 x (0,ln 2)时,$(x)O,h(x)单调递增,又 h(0)=3-e0,h(1)=0,0ln 21 ,h(In 2)0;当 x (X0,1)时,h(x)0,故当 x0 时,g(x) w f(x).所以 k 的取值范围是【自我检测】解:(1)f(x)=1+aex.当 a0 时,f(x)0 则 f(x)在 R 上单调递增；1 1当 a0,得 xln - ,则 f(x)在区间 a,ln -上单调递增1 1令 f(x)ln -

21、,则 f(x)在区间 In - ,+ 上单调递减.(2)证明:当 a=-1 时，设 g(x)=f(x)+2x=-e +3x-1，则 g(x)=-e +3.由 g(x)ln 3;由 g(x)0 得 xln 3.故 g(x)max=g(ln 3)=3In 3-40, 从而 g(x)=f(x)+2x0 恒成立.Tf(X1)+f(X2)=-5,f(X2)+2x2=-5-f(X1)+2x20,1-1卄Tj-1X10,.e -4+-4+ ,1即 X1-2x2-4+ .备选理由此备用例题考查分段函数的零点个数例配例 2 使用已知函数 f(x)= -In x(a R).(1 )若 f(x)的图像与直线 y=0

22、 相切，求 a 的值；a若 e+1ae2,且函数 f(x)= -In x 的零点为 X0,raInx-inx-,0 x设函数 g(x)=l尤尤试讨论函数 g(x)的零点个数.a + xa + m2 2解:(1)设切点为 P(m,0),Tf(x)=,切线的斜率 k=：=0,Aa=-m.a11又切点在函数 f(x)的图像上，二f(m)=0,即-In m=0,得 ln m=-1,.m= ,a=- (2)依题意,e+1 aO,f(e )= -20,f(x)为(0,+勺上的减函数，二 exoe .raInx-Inx-,0 x xtX1-2x2-4+对于函数 g(x)=lx尤1当 0 x0 得 0 x1;

23、1由 h(x)= -10,得 1xwxo.故 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,xo上单调递减，则 h(x) h(1)=-1-(a+1)x0时,g(x)= +-=0,.g(x)在区间(x0,+x)上单调递增.Tg(X0)=-In X0-=- 0,且 ex00,g(e2)= 2-2- 0,函数g(x)在区间(e,x0)上存在一个零点，在区间(X0,e2)上也存在一个零点 综上,g(x)有两个不同的零点.基础过关sinx1已知函数 f(x)=，+ax,其中 a R.当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程；(2)若函数 f(x)在区间(0,2 n 上恰有一个极大值和一个极

24、小值，求实数 a 的取值范围2. 已知函数 f(x)=ex-2x-1.(1)求曲线 y=f(x)在(0,f(0)处的切线方程；设 g(x)=af(x)+(1-a)ex若 g(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围3. 已知函数 f(x)=/+aln x-4x.(1)讨论函数 f(x)的单调性；2若 g(x)=f(x)+4x+在1,+叼上是增函数，求实数 a 的取值范围kx24. 已知函数 f(x)= (k丰0).(1)求函数 f(x)的单调区间；当 k=1 时若存在 x0,使 In f(x)ax 成立,求实数 a 的取值范围能力提升限时集训(五)5已知函数 f(x)=ln x- x2+(a-1

25、)x(其中 a0).(1) 求函数 f(x)的极值；(2) 若函数 f(x)有两个零点 xi,x2,求 a 的取值范围 拼证明 f0(其中 f(x)是 f(x)的导函数).6.已知函数 f(x)=a+ln x2且 f(x) a|x|恒成立.(1) 求实数 a 的值；(2) 设 g(x)=在(a,+x)上的最小值为 m,求证:6f(m)O,.ln 2a占,解得 a ,溥)二实数 a 的取值范围为,+2.a 2x2- 4x + a23.解:(1)f(x)=2x+ -4=,x (0,+s),令 h(x)=2x-4x+a,x (0,+s).(i)当 a 2 时,h (x) 0 恒成立，此时 f(x)

26、0 恒成立 所以 f(x)在(0, +旳上单调递增2 J4 2 +、皿2.U(ii)当 0a0,得 x，令 g(x)0,得 0 x 或 x0,g3TI0,g(2%) 0,所以-e-2y aJTn1x(0,xi)xi（xi血）X2(x2, + 旳h(x)+0-0+f(x)+0-0+f(x)/极大值极小值/2 - J4 一 2i2 + /4 - 2a2 - J4 一 2 2 + 彳叫一 2a所以 f(x)在0, /,+ 上单调递增，在,上单调递减.2 4-、i4 2ci(iii)当 a 2 时,f(x)在(0,+s)上单调递增；2 2d2 4-、i4 2ci当 0a2 时,f(x)在0, /,+s

27、 上单调递增,在2 Q4 2a2- 2a2,2)上单调递减；2 + 2d2 2tt当 a 0 在1,+上恒成立,a2即不等式 2x- + 0 在1,+s)上恒成立，即 a -2x2在1,+s)上恒成立.222飞二令(j)(x)= lx2，则 $)=- -4x,当 x 1, + 旳时,$)=- -4x0,即 a 的取值范围为0,+8).-kx(x -2)4.解:(1)函数 f(x)的定义域为 Rf(x)=.当 k0,可得 x2,令 f(x)0,可得 0 x0 时，令 f(x)0,可得 x2,令 f(x)0,可得 0 x0,使 In f(x)ax 成立等价于存在 x0,使 a0),则 ag(x)m

28、ax.2lnx - xg(x)=，当 0 x0,当 xe 时,g(x)0. g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+R)上单调递减，2 2- g(x)max=g(e)= -1 , a0,x0,所以 ax+10.若 0 x0;若 x1,则 f(x)0.a故 f(x)在 x=1 处取得极大值，极大值为 f(1 )= -1,无极小值.由 知 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1)= -1,且当 x 趋向于 0 时,f(x)趋向于负无穷大a又 f(x)有两个零点,f(2)= In 2-20,解得 a2.所以 f(x)的两个零点分别在区间(0,1)和(1,+s)上,不妨设 0冷1.严 1 +x22a(x1+ x2)则 f 2十叼-2+a-1,又 f(x”=ln X1-+(a-1)X1=0,f(X2)=ln X2-Sa1 衍2 2 =两式相减得 In - (-)+但-1)(冷-血)=0,则(X1+X2)=In +a-1,化 21伍丿严 i + 衍、21 心 12(XJ-X2) XJ1 心 i xln+(a-1)x2=0,所以 f(wj=石十 EE 药 In込&* +叼 加込季七-ln.r2(t- 1)令 t= (0t1),h(t)=：甘 1 jn t,-d则 h(t)*：.U；h(1)