2020年高考理科数学复习大题篇-导数的综合应用问题.docx
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1、2020年高考理科数学复习大题篇-导数的综合应用问题【归类解析】题型一证明不等式【解题指导】(1)证明f(x)g(x)的一般方法是证明h(x)f(x)g(x)0(利用单调性),特殊情况是证明f(x)ming(x)max(最值方法),但后一种方法不具备普遍性(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)对x111e2.【证明】(1)由题意得g(x)x1x(x0),当0x1时,g(x)1时,g(x)0,即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,)上为增函数所以g(x)g
2、(1)1,得证(2)由f(x)1x1ex,得f(x)x2ex,所以当0x2时,f(x)2时,f(x)0,即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,)上为增函数,所以f(x)f(2)11e2(当且仅当x2时取等号)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号),且等号不同时取得,所以(xln x)f(x)11e2.【训练】已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)证明:f(x)sin x在(0,)上恒成立(1)【解】依题意得f(x)ln x1ex,又f(1)1e,f(1)1e,故所求切线方程为y1e(1e)(x1),即y(1e)x.(2)【证
3、明】依题意,要证f(x)sin x,即证xln xex1sin x,即证xln xexsin x1.当00,xln x0,故xln xexsin x1,即f(x)1时,令g(x)exsin x1xln x,故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1,则h(x)ex1xsin x,当x1时,ex1xe11,所以h(x)ex1xsin x0,故h(x)在(1,)上单调递增故h(x)h(1)ecos 110,即g(x)0,所以g(x)在(1,)上单调递增,所以g(x)g(1)esin 110,即xln xexsin x1,即f(x)sin x.综上所述,f(x)0
4、,f(x)单调递增;当x(1,)时,f(x)0,f(x)单调递减所以x1为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点,所以0a1a12,故12a0,所以g(x)为单调增函数,所以g(x)g(1)2,故k2,即实数k的取值范围是(,2【训练】已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时,求证:f(x)0;(2)当x0时,若不等式f(x)0恒成立,求实数a的取值范围(1)证明当a0时,f(x)ex1x,f(x)ex1.当x(,0)时,f(x)0.故f(x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增,f(x)minf(0)0,f(x)0.(2)解f(x)ex12ax,令h(x)ex12ax,则h(x)
5、ex2a.当2a1,即a12时,在0,)上,h(x)0,h(x)单调递增,h(x)h(0),即f(x)f(0)0,f(x)在0,)上为增函数,f(x)f(0)0,当a12时满足条件当2a1,即a12时,令h(x)0,解得xln(2a),在0,ln(2a)上,h(x)0,h(x)单调递减,当x(0,ln(2a)时,有h(x)h(0)0,即f(x)f(0)0,f(x)在区间(0,ln(2a)上为减函数,f(x)0)(1)求函数f(x)的单调区间;(2)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)【解】(1)f(x)2a2ln xx2,f(x)2a2x2x2a22x2x2(x
6、a)(xa)x,x0,a0,当0x0,当xa时,f(x)0.f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,)(2)由(1)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1)讨论函数f(x)的零点情况如下:当a2(2ln a1)0,即0ae时,函数f(x)无零点,在(1,e2)上无零点;当a2(2ln a1)0,即ae时,函数f(x)在(0,)内有唯一零点a,而1ae0,即ae时,由于f(1)10,f(e2)2a2ln(e2)e44a2e4(2ae2)(2ae2),当2ae20,即eae22时,1eae22e2,f(e2)e时,f(e2)0,而且f(e)2a212ea2e0,f(1)10,由
7、函数的单调性可知,无论ae2,还是ae2,f(x)在(1,e)内有唯一的零点,在(e,e2)内没有零点,从而f(x)在(1,e2)内只有一个零点综上所述,当0ae时,函数f(x)在区间(1,e2)上无零点;当ae或ae22时,函数f(x)在区间(1,e2)上有一个零点;当ea0),由f(x)0,得xe.当x(0,e)时,f(x)0,f(x)在(e,)上单调递增,当xe时,f(x)取得极小值f(e)ln eee2,f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)x31xmx2x3(x0),令g(x)0,得m13x3x(x0)设(x)13x3x(x0),则(x)x21(x1)(x1),当x(0,
8、1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,)时,(x)23时,函数g(x)无零点;当m23时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m23时,函数g(x)无零点;当m23或m0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m23时,函数g(x)有两个零点题型四根据函数零点情况求参数范围【解题指导】 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数,确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象,充分利用导数工具和数形结合思想【例】 已知函数f(x)1xxaln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,【证明】:f(x1)f(x2)x1x22,令f(x)0,得xa24)
9、2或xa24)2.当xavs4alco1(0,f(ar(a24)2)avs4alco1(f(ar(a24)2),)时,f(x)0.所以f(x)在avs4alco1(0,f(ar(a24)2),avs4alco1(f(ar(a24)2),)上单调递减,在avs4alco1(f(ar(a24ar(a242)上单调递增(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2ax10,所以x1x21,不妨设x11.由于f(x1)f(x2)x1x21x1x21aln x1ln x2x1x22aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2,所以f(x1)f
10、(x2)x1x2a2等价于1x2x22ln x20.设函数g(x)1xx2ln x,由(1)知,g(x)在(0,)上单调递减又g(1)0,从而当x(1,)时,g(x)0.所以1x2x22ln x20,即f(x1)f(x2)x1x20),所以h(x)12x3x2(x3)(x1)x2.所以x在f(1e),e)上变化时,h(x),h(x)的变化情况如下:xavs4alco1(f(1e),1)1(1,e)h(x)0h(x)极小值又havs4alco1(f(1e)1e3e2,h(1)4,h(e)3ee2.且h(e)havs4alco1(f(1e)42e2e0.所以h(x)minh(1)4,h(x)max
11、havs4alco1(f(1e)1e3e2,所以实数a的取值范围为40),则F(x)1x1exxex1xx(x1)ex(x1)avs4alco1(f(1x)ex).令G(x)1xex,可知G(x)在(0,)上为减函数,且Gavs4alco1(f(12)2e0,G(1)1e0,F(x)0,F(x)为增函数;当x(x0,)时,G(x)0,F(x)0,F(x)为减函数F(x)F(x0)ln x0x01,又1x00,1x0,即ln x0x0,F(x0)0,即F(x)0,f(x)g(x)2已知函数f(x)ax2bxxln x的图象在(1,f(1)处的切线方程为3xy20.(1)求实数a,b的值;(2)设
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- 2020 年高 理科 数学 复习 大题篇 导数 综合 应用 问题
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