高考数学专题精讲 (19).doc
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1、第 3 讲 导数的热点问题考情研析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合,难度较大解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.核心知识回顾1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路:将问题转化为函数零点的个数问题,进而转化为函数图象交点的0102个数问题;利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端030405点值等;画出函数的大致图象;06结合图象求解07(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤:在该区间上构造与方程相应的函数;08利用导数研究该函
2、数在该区间上的单调性;09判断该函数在该区间端点处的函数值异号;10作出结论2利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值,010203再由单调性或最值来证明不等式,其中构造一个可导函数是用导数证明0405不等式的关键.热点考向探究考向 1 利用导数讨论方程根的个数例 1 (2019广东省七校联合体高三联考)已知函数 f(x)ln ax (a0,b0),对任意 x0,都有 f(x)f0.x2bx(4x)(1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 f(x)存在三个不同的零点时,求实数 a 的取值范围解 (1)由 f(x)fln ax ln 0,得 b4a,(4x)x2b
3、x2x4axxb4则 f(x)ln ax,f(x) ax24ax1x4ax2(x0),ax2x4ax2若 116a20,即 a 时,f(x)在(0,)上单调递减,14若 116a20,即 00,x20,1 116a22a1 116a22a又 h(x)ax2x4a 开口向下当 00,f(x)0,f(x)单调递增,当 xx2时,h(x)f(2)0.f(x)ln ax,fln 2a2 4a3,x24ax(1a2)1a令 g(a)ln 2a2 4a3,g(a)12a2.1a4a2a21a212a42a1a2令 m(a)12a42a1,m(a)48a32 单调递增由 m(a)48a320,求得 a0 .
4、132414当 0m 10,14(14)36412fg(a)ln 2a2 4a3在上单调递增(1a2)1a(0,14)故 fg(a)0,x2,(1a2)1a2由零点存在性定理知 f(x)在区间上有一个根,设为 x0,又 f(x0)f(x2,1a2)0,得 f0,由 x20 时,求函数 f(x)在区间(1,e2)内的零点个数解 (1)f(x)2aln xx2,f(x),2ax2xx0,当 a0 时,f(x)0 时,f(x),2ax2x2x ax ax当 00;当 x时,f(x)0 时,f(x)在(0, )上单调递增,在(,)上单调递减aa(2)由(1),得 f(x)maxf()a(ln a1),
5、a当 a(ln a1)0,即 ae 时,由于 f(1)10,af(e2)2aln e2e44ae4(2e2)(2e2),aa若 2e2,f(e2)0,ae44ae22e且 f()2aln eae0,f(1)10.(1)若函数 f(x)仅在 x1 处取得极值,求实数 a 的取值范围;(2)若函数 g(x)f(x)a有三个极值点 x1,x2,x3,求证:(ln x1x)x1x2x1x3x2x32x1x2x3.解 (1)由 f(x)axaln x,exx得 f(x)a,exx1x2(1xx)x1exaxx2由 f(x)仅在 x1 处取得极值,则 exax0,即 a.令 h(x)(x(0,),则 h(
6、x),exxexxexx1x2当 x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,则 h(x)minh(1)e.当 00,此时 f(x)0 仅有一个零点 x1,x1exaxx2则 f(x)仅在 x1 处取得极值;当 ae 时,exex0 与 x10 在同一处取得零点,此时当 x(0,1)时,(x1)(exex)0,f(x)0 仅有一个零点 x1,x1exaxx2则 f(x)仅在 x1 处取得极值,所以 ae 符合题意当 ae 时,显然与已知不相符合实数 a 的取值范围为 00,p(x)单调递增,p(ln a)aa(ln a1)e2时,exa(x1)0 有两零点x1,x2,且 12x1x2x3,即
7、证:x1x2x1x2(x11)(x21)2x1x2x3得证利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数,通过研究函数的单调性、极值、最值,通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式已知函数 f(x)ln xex(R)(1)若函数 f(x)是单调函数,求 的取值范围;(2)求证:当 01.x2x1解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,),f(x)ln xex,f(x) ex,xxexx函数 f(x)是单调函数,f(x)0 或 f(x)0 在(0,)上恒成立,当函数 f(x)是单调递减函数时,f(x)0,0,即 xex0,xex,xexxxex令 (x),则 (x),xexx1ex当 01 时,(
8、x)0,则 (x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,当 x0 时,(x)min(1) , ;1e1e当函数 f(x)是单调递增函数时,f(x)0,0,即 xex0,xex,xexxxex由得 (x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,又 (0)xex0,x时,(x)f(x2),即 ln x1ex1 ln x2ex2,1e1ee1x2e1x1ln x1ln x2.要证 e1x2e1x11,x2x1只需证 ln x1ln x21,x2x1即证 ln 1,x1x2x2x1令 t,t(0,1),则只需证 ln t1 ,x1x21t令 h(t)ln t 1,则当 00,即 ln t
9、1 ,得证1t考向 3 利用导数研究不等式恒成立问题角度 1 函数不等式恒成立问题例 3 (2019内蒙古高三高考一模)已知函数 f(x)2axbx12ln x(aR)(1)当 b0 时,讨论函数 f(x)的单调区间;(2)若对任意的 a1,3和 x(0,),f(x)2bx3 恒成立,求实数 b 的取值范围解 (1)当 b0 时,f(x)2a (x0),2x2ax1x当 a0 时,f(x)0 时,由 f(x)0,得 x .1a1a当 a0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,),无单调递增区间;当 a0 时,函数 f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.(0,1a)(1a,)(2)a1,
10、3和x(0,),f(x)2bx3 恒成立等价于2axbx12ln x2bx3,x(0,),a1,3恒成立即a ,x(0,),a1,3恒成立1xln xxb2令 g(x)a ,a1,3,x(0,),1xln xx则 g(x),令 g(x)0,得 xe2,1x21ln xx2ln x2x2由此可得 g(x)在区间(0,e2上单调递减,在区间e2,)上单调递增,当 x0 时,g(x)ming(e2)a,即 a,1e2b21e2又 a1,3,实数 b 的取值范围是.(,22e2利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法:若能够将参数分离,且分离后含 x 变量的函数关系式的最值易求,则用分
11、离参数法即f(x)恒成立,则 f(x)max.f(x)恒成立,则 f(x)min.(2)最值转化法:若参数不易分离或分离后含 x 变量的函数关系式的最值不易求,则常用最值转化法可通过求最值建立关于参数的不等式求解如 f(x)0,则只需 f(x)min0.设函数 f(x)(ax1)ex(aR)(1)当 a0 时,求函数 f(x)的单调递增区间;(2)对任意的 x0,),f(x)x1 恒成立,求实数 a 的取值范围解 (1)当 a0 时,f(x)aex(ax1)exaex,(a1ax)由于 ex0,a0,所以令 f(x)0 得,x.a1a所以当 a0 时,f(x)的单调递增区间是.(,a1a(2)
12、令 h(x)(ax1)exx1,则 f(x)x1 恒成立等价于 h(x)0 恒成立若 a0,则当 x0 时,ax11,02,则 h(0)e0(a1a0)1a20,h(1)e1(a1a)1e110,h(x)在(0,x0)上为增函数,即 x(0,x0)时,h(x)h(0)0,所以 f(x)x1,不符合题意综上可得,符合题意的 a 的取值范围是(,2角度 2 含量词的不等式问题例 4 (2019延安市高考模拟)已知函数 f(x)ax1xln x 的图象在点(1,f(1)处的切线与直线 xy0 平行(1)求函数 f(x)的极值;(2)若x1,x2(0,),m(x1x2),求实数 m 的取值范围fx1f
13、x2x1x2解 (1)f(x)ax1xln x 的导数为 f(x)a1ln x,可得 yf(x)的图象在点(1,f(1)处的切线斜率为 a1,由切线与直线 xy0 平行,可得 a11,即 a2,f(x)2x1xln x,f(x)1ln x,当 00,当 xe 时,f(x)x20,若m(x1x2),可得 f(x1)f(x2)mx mx ,fx1fx2x1x22 12 2即 f(x1)mx f(x2)mx ,2 12 2设 g(x)f(x)mx2在(0,)上是增函数,即 g(x)1ln x2mx0 在(0,)上恒成立,可得 2m在(0,)上恒成立,设 h(x),所以 h(x)1ln xx1ln x
14、x,ln x2x2 h(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,)上单调递增,h(x)在 xe2处取得极小值为 h(e2),1e2所以 m.12e2含量词不等式问题的解法(1)f(x)g(x)对一切 xI 恒成立f(x)g(x)min0(xI)(2)存在 xI,使 f(x)g(x)成立f(x)g(x)max0(xI)(3)对任意 x1,x2D,使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(4)存在 x1,x2D,使 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(5)任意 x1D1,存在 x2D2,使 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定义域为D1,g(x
15、)定义域为 D2)(2019毛坦厂中学高三校区联考)已知函数 f(x)ln xx2kx1.(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2(x10 在(0,)上恒成立,则 f(x)在(0,)上单调递增;当 k0 时,若 k280,即 00,即 k2时,2令 f(x)0,解得 x2x10,k k284k k284令 f(x)0,解得 0x2,令 f(x)2时,f(x)在和上单调递增,在2(0,k k284) (k k284,)上单调递减(k k284,k k284)(2)证明:由(1)得,若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,则 k2,且 2x kx110,22
16、1则 f(x1)ln x1x kx11ln x1x (2x 1)1ln x1x 2.2 12 12 12 1下面先证明 ln x0):设 g(x)ln xx,x0,则 g(x) 1,1x易得 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,g(x)maxg(1)10),即 ln x0)f(x1)ln x1x 20),g(x)fxxexx1x,令 h(x)exx1,h(x)ex1,x0,h(x)0,h(x)x1exx1x2单调递增,exx10 在(0,)上恒成立,当 x(0,1),g(x)0,g(x)的单调减区间为(0,1),单调增区间为(1,)(2)f(x) (3x2x3k)0,即 3k
17、2exx2x2 有解,令 h(x)122exx2x2,h(x)2ex2x1 在 R 上递增,h(0)0,h(1)3,2 0k1.2(2019浙江高考)已知实数 a0,设函数 f(x)aln x,x0.1x(1)当 a 时,求函数 f(x)的单调区间;34(2)对任意 x均有 f(x),求 a 的取值范围1e2,)x2a注:e2.71828为自然对数的底数解 (1)当 a 时,f(x) ln x,x0.34341xf(x),34x12 1x 1x22 1x14x 1x所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,)(2)由 f(1),得 00,故 q(x)在上单调递增,ln
18、x2x1e2,17所以 q(x)q.(17)由,得 qp0.(11x)qxx由知对任意 x,t2,),1e2,)2g(t)0,即对任意 x,均有 f(x) .1e2,)x2a综上所述,所求 a 的取值范围是.(0,243(2019南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数 f(x)ln x.ex1x(1)求 f(x)的单调区间;(2)证明:00,所以 ex10,所以当 01 时,f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,)(2)证明:令 h(x)1xln x,则 h(x)1ln x.当 x时,h(x)0,h(x)单调递增;(1e,)所以 h(x)h1 ln 1 0
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- 高考 数学 专题 19
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