高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语不等式函数与导数第六讲导数应用(二)教案理

第六讲导数的应用(二)年份卷别考察角度及命题地点命题剖析及学科修养2018Ⅱ卷利用导数研究函数的单一性、零点问题·T21命题剖析Ⅲ卷利用导数证明不等式·T21(1)利用导数证明不Ⅰ卷利用导数研究函数的单一性、函数的零点·T21等式或商讨方程根；利用导数研究函数的单一性及极值、函数的零点、(2)利用导数求解参Ⅱ卷2017不等式的证明·T21数的范围或值．导数在研究函数单一性中的应用、不等式放学科修养Ⅲ卷导数的综合应用主要缩·T21是考察学生的数学建Ⅰ卷函数的零点问题、不等式的证明·T21模、数学运算及逻辑Ⅱ卷函数单一性的判断、不等式证明及值域问题·T212016推理的学科修养，考三角函数的导数运算、最值问题及不等式证查剖析问题与解决问Ⅲ卷21明·T题的能力.利用导数研究函数的零点问题讲课提示：对应学生用书第14页[悟通——方法结论]研究方程根的状况，能够经过导数研究函数的单一性、最值、变化趋向等，依据题目要求，画出函数图象的走势规律，注明函数极(最)值的地点，经过数形联合的思想去剖析问题，能够使问题的求解有一个清楚、直观的整体显现．(2018·武汉调研)(12分)已知函数fx＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828是?自然对数的底数)．求f(x)的单一区间；(2)的个数．1[学审题]条件信息想到方法注意什么看到函数f(x)中含参要对参数进行分类议论分类时要注意利用函数性数质，适合分类，标准一致看到议论零点个数先想到令g(x)＝0，而后再转变构求解时注意参数影响f(x)造在[0,1]上的单一性[规范解答](1)∵fx－ax－1，(x)＝e∴f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒建立，∴f(x)的单一递加区间为(－∞，＋∞)，无单一递减区间；当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，∴f(x)的单一递减区间为(－∞，lna)，单一递加区间为(lna，＋∞)．(5分)(2)令()＝0，得f(x)＝0或x1(6分)＝，gx2先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单一递加且f(0)＝0，∴f( )在[0,1]上有一个零点；x(8分)当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单一递减，∴f(x)在[0,1]上有一个零点；(9分)当1<a<e时，f(x)在(0，lna)上单一递减，在(lna,1)上单一递加，而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．(11分)11当x＝2时，由f(2)＝0得a＝2(e－1)，∴当a≤1或a>e－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1<≤e－1且a≠2(e－1)时，()在[0,1]上有三个零agx点．(12分)1．对于函数的零点问题，常常经过利用导数来研究函数的单一性，进而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形联合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类议论思想的应用．22．此类问题充分考察了学生数学建模和逻辑推理修养及能力．[练通——即学即用](2018·重庆模拟)设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．当a＝－1时，求函数f(x)的单一区间；1(2)设函数f(x)在[3，3]上有两个零点，务实数a的取值范围．分析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，－2x2－x＋1f′(x)＝－2x－1＋x＝x，1令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，211当0<x<2时，f′(x)>0，当x>2时，f′(x)<0，∴f(x)的单一递加区间为11(0，2)，单一递减区间为(2，＋∞)．令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－lnxx，lnx1令g(x)＝x－x，此中x∈[3，3]，1x·x－ln2x－11xx＋ln则g′(x)＝1－x2＝x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当3≤x<1时，g′(x)<0，当1<x≤3时，g′(x)>0，1g(x)的单一递减区间为[3，1)，单一递加区间为(1,3]，g(x)min＝g(1)＝1，111ln3因为函数f(x)在[3，3]上有两个零点，g(3)＝3ln3＋3，g(3)＝3－3，1ln3，3ln3＋>3－33ln3∴实数a的取值范围是(1,3－3]．3利用导数研究函数与不等式问题讲课提示：对应学生用书第14页[悟通——方法结论]函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热门，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式建立问题及证明不等式，综合性能有较大的划分度．研究1利用导数研究不等式建立问题(2018·齐鲁名校联考)(12分)已知函数且m<n.务实数a的取值范围；(2)若存在x0≥n，使得fx0<t建立，务实数t的取值范围．?[学审题]已知条件想到什么注意什么f′( )＝0在定义注意函数定义域想到由?f(x)有两个极值点x域内有两个解，转变求解时易漏此点转变求f(x)最小值时由?存在建立使得f(x0)<t想到t>f(x)min注意结构f(n)求最小值[规范解答](1)函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，ax2－3x＋a＋2f′(x)＝x－2＋x－1＝x－1.(1分)因为函数f(x)有两个极值点m，n，因此f′(x)＝0有两个大于1的不一样的解，即x2－3＋＋2＝0有两个不一样的解，，且>>1.xamnnm23－32－4×1×a＋2>0记h(x)＝x－3x＋a＋2，则h(x)图象的对称轴为x＝2，故h1>0，11解得0<a<4，故a的取值范围为(0，4)．(5分)因为存在x0≥n，使得f(x0)<t建立，因此t>f(x)min(x≥n)．由(1)知，函数f(x)在[n，＋∞)上单一递加，4因此f(x)在该区间上的最小值为f(n)．3因为h(1)＝a>0,因此1<m<2，2<n<2.由x＝n为函数f(x)的极值点可得h(n)＝n2－3n＋a＋2＝0，因此a＝－n2＋3n－2.(8分)121223因此f(n)＝2n－2n＋aln(n－1)＝2n－2n＋(－n＋3n－2)ln(n－1)，此中2<n<2.记p(x)＝1x2－2x＋(－x2＋3x－2)ln(x－1)，2－x2＋3－2则p′(x)＝x－2＋x＋(－2x＋3)ln(x－1)x－1x－2－x－2x－1＋(－2x＋3)ln(x－1)x－1＝－(2x－3)ln(x－1)．3明显当2<x<2时，2x－3>0，ln(x－1)<0，故p′(x)>0，3因此函数p(x)在区间(2，2)上单一递加，(10分)3<2时，()>p31323323115＋2ln2故当<( )＝×( )－2×＋[－()＋3×－2]ln＝－.2xpx2222222815＋2ln2.(12分)因此t≥－8利用转变与化归思想解决不等式恒建立问题的“两种”常用方法分别参数法：函数思想法：[练通——即学即用](2018·西安八校联考)已知函数f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sinx(λ∈R)在区间[－1,1]5上单一递减．求λ的最大值；(2)若g(x)<t2＋λt＋1在[－1,1]上恒建立，求t的取值范围；lnx2(3)议论对于x的方程fx＝x－2ex＋m的解的个数．分析：(1)∵f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sinx＝λx＋sinx，又g(x)在[－1,1]上单一递减，g′(x)＝λ＋cosx≤0在[－1,1]上恒建立，λ≤(－cosx)min＝－1.故λ的最大值为－1.(2)在[－1,1]上，g(x)max＝g(－1)＝－λ－sin1，∴只要t2＋λt＋1>－λ－sin1恒建立，即(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒建立，令h(λ)＝(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h(λ)>0恒建立，＋1≤0，则需h－1＝－t－1＋t2＋sin1＋1>0，t≤－1，t2－t＋sin1>0，又t2－t＋sin1>0恒建立，∴t≤－1，故t的取值范围为(－∞，－1]．lnxlnx2(3)fx＝x＝x－2ex＋m，1lnx2(x)2令f(x)＝x，f＝x－2ex＋m，∵f′1(x)＝1－lnxx2，∴当x∈(0，e)时，f′1(x)>0，即f1(x)单一递加；当x∈[e，＋∞)时，f′1(x)≤0，即f1(x)单一递减．1f1(x)max＝f1(e)＝e，又f2(x)＝(x－e)2＋m－e2，2121∴当m－e>e，即m>e＋e时，方程无解；2121当－e＝，即＝e＋时，方程有一个解；meme62121当m－e<e，即m<e＋e时，方程有两个解．研究2利用导数证明不等式(2018·安庆二模)(12分)已知函数fx＝lnx＋ax，a∈R.?议论函数f(x)的单一性；(2)求证：(x－x)f′(x＋x)>6.1212[学审题]条件信息想到方法注意什么由条件?中f(x)含有参数a对参数进行分类议论注意定义域在这里起到对参数a分类议论的作用想到f(x)＝f(x)＝0.对注意对要证的不等式变形构12由条件?中f(x)有2个零点f(x1)、f(x2)联合证明问题变造x2x22,上条件≥e是提示性x1x1形的[规范解答](1)函数f()＝ln＋ax，xxa∈R的定义域为(0，＋∞)，(1分)ax＋1f′(x)＝x＋a＝x.(2分)当a≥0时，f′(x)>0，因此f(x)在(0，＋∞)上单一递加．(3分)1当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，1当0<x<－a时，f′(x)>0；1当x>－a时，f′(x)<0.1因此f(x)在0，－a上单一递加；1上单一递减．(4分)在－，＋∞a综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单一递加，1当a<0时，f(x)在0，－a上单一递加，1上单一递减．(5分)在－，＋∞a7证明：若函数f(x)的两个零点为x1，x2，由(1)得a<0.因为lnx＋ax＝0，lnx＋ax＝0，1122因此lnx2－lnx1＝a(x1－x2)，(6分)因此(x1－x2)f′(x1＋x2)11212)＋a＝x－x12)x1＋x2x1＋x2x2＝x1－x2＋lnx21－x1x2(8分)x1＋x2＝＋ln.x1x2x11＋x1x22令x1＝t≥e，1－t则φ(t)＝1＋t＋lnt，(9分)t2＋1因为φ′(t)＝t1＋t2>0，因此φ(t)在[e2，＋∞)上单一递加，φ(t)≥φ(e2)＝1＋22>1＋22＝6.(11分)e＋13＋15故(x－x)f′(x＋x)>5得证．(12分)12126利用导数证明不等式问题，多半利用函数与方程思想联合不等式结构函数，转变为利用结构函数的性质来达成，其一般思路是：[练通——即学即用](2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.议论f(x)的单一性；83(2)当a<0时，证明f(x)≤－4a－2.分析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，′(x)＝1＋2ax＋2a＋1＝x＋12ax＋1.xx若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单一递加．1若a<0，则当x∈0，－2a时，f′(x)>0；1当x∈－2a，＋∞时，f′(x)<0.故f(x)在0，－1上单一递加，2a1在－2a，＋∞上单一递减．证明：由(1)知，当a<0时，1f(x)在x＝－2a处获得最大值，最大值为f－1＝ln－112a2a－1－.4a因此f(x)≤－3113114a－2等价于ln－2－1－≤－4a－2，即ln－2＋＋1≤0.a4aa2a设()＝lnx－x＋1，则′( )＝1－1.gxgxx当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.因此g(x)在(0,1)上单一递加，在(1，＋∞)上单一递减．故当x＝1时，g(x)获得最大值，最大值为g(1)＝0.因此当x>0时，g(x)≤0.11进而当a<0时，ln－2a＋2a＋1≤0，3即f(x)≤－4a－2.9讲课提示：对应学生用书第120页11．(2018·山西八校联考)已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，g(x)＝x.当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若<0，且对随意x1，2∈(0,1]，都有|f(1)－(x2)|<4×|(x1)－(2)|，务实数axxfggxa的取值范围．分析：(1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2lnx，′( )＝1＋2，(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，fxxf故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0.a(2)对x∈(0,1]，当a<0时，f′(x)＝1－x>0，∴f(x)在(0,1]上单一递加，易知g(x)1＝x在(0,1]上单一递减，不如设x1，x2∈(0,1]，且x1<x2，f(x1)<f(x2)，g(x1)>g(x2)，∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋4x2)＋4>f(.x1x24令h(x)＝f(x)＋x，则当x1<x2时，有h(x1)>h(x2)，∴h(x)在(0,1]上单一递减，a4x2－ax－4∴h′(x)＝1－x－x2＝x2≤0在(0,1]上恒建立，∴x2－－4≤0在(0,1]上恒建立，等价于a≥4上恒建立，－在(0,1]axxx4max∴只要a≥(x－x).4在(0,1]上单一递加，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，∵y＝x－x故实数a的取值范围为[－3,0)．1－x2.(2018·兰州诊疗)已知函数f(x)＝ax＋lnx在(1，＋∞)上是增函数，且a>0.求a的取值范围；a＋ba(2)若b>0，试证明a＋b<lnb<b.1ax－1分析：(1)f′(x)＝－ax2＋x＝ax2，因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a>0，10因此ax－1≥0，即x≥1a，1因此a≤1，即a≥1.故a的取值范围为[1，＋∞)．a＋b证明：因为b>0，a≥1，因此b>1，1－xx在(1，＋∞)上是增函数，又f(x)＝＋lnaxa＋b因此fa＋b，即1－b＋lna＋bb>f(l)＋>0，abba·ba＋b化简得a＋b<lnb，a＋baa＋baaalnb<b等价于lnb－b＝ln1＋b－b<0，令g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，－x则g′(x)＝1＋x－1＝1＋x<0，因此函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，aaaa＋baa＋ba因此gb＝ln1＋b－b＝lnb－b<g(0)＝0，即lnb<b.a＋ba综上，a＋b<lnb<b.3．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)(a∈R).(1)若＝1，求函数f(x)的图象在点(1，(1))处的切线方程；af1(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：f(x2)>－.2分析：(1)由已知得，f(x)＝x(lnx－x)，当x＝1时，f(x)＝－1，′( )＝ln＋1－2x，当x＝1时，′( )＝－1，因此所求切线方程为y＋1＝－(xfxxfx1)，即x＋y＝0.证明：由已知条件可得f′(x)＝lnx＋1－2ax有两个不一样的零点，且两零点的左、右双侧邻近的函数值符号相反，1令f′(x)＝h(x),则h′(x)＝x－2a(x>0)，若a≤0，则h′(x)>0，h(x)单一递加，f′(x)不行能有两个零点；若a>0，111f′(x)＝x－2ax＋(2－a)＝－令h′(x)＝1，可知h(x)在(0，11，＋∞)上单一递减，0得x＝22)上单一递加，在(2aaa11令f′( )>0，解得0<a<，2a21112a此时<，f′( )＝－<0，e2aee1>11)＝－2ln2，f′(a＋1－<0，22a2aaa1因此当0<a<2时，函数f(x)有两个极值点x1，x2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(0，x)x1(x，x)x2(x，＋∞)1122′( )－0＋