《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理1.(2018全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x0時(shí),f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一個(gè)零點(diǎn),求a.(1)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)1等價(jià)于(x2+1)e-x-10.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x1時(shí),g(x)0,h(x)沒有零點(diǎn);()當(dāng)a0時(shí),h(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x(0,2)時(shí),h(x)0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.故h(2)=1-
2、是h(x)在(0,+)上的最小值.若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)上沒有零點(diǎn).若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn).若h(2),因?yàn)閔(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn);由(1)知,當(dāng)x0時(shí),exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0,故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn).因此h(x)在(0,+)上有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,當(dāng)f(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=.2.(2017全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對(duì)于任意正整數(shù)n,1+1+1+m,求m的最小值.解:(1)f(x)的
3、定義域?yàn)?0,+).若a0,因?yàn)閒=-+aln 20,由f(x)=1-=知,當(dāng)x(0,a)時(shí),f(x)0,所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增,故x=a是f(x)在(0,+)的最小值點(diǎn).由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x)0.故a=1.(2)由(1)知當(dāng)x(1,+)時(shí),x-1-ln x0.令x=1+,得ln1+.從而ln1+ln1+ln1+=1-1.故1+1+1+2,所以m的最小值為3.1.考查角度考查利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)等.2.題型及難易度
4、解答題,屬于難題或者較難題.(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第1618頁) 導(dǎo)數(shù)與不等式考向1導(dǎo)數(shù)方法證明不等式【例1】 (2018鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)求證:當(dāng)x0時(shí),ln x+1.(1)解:f(x)=ex-2x,由題設(shè)得f(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1.(2)證明:設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,則g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,g(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+)上單調(diào)遞增,又g(0)=3-e0,g(1)=0,0ln 21,g(
5、ln 2)0;當(dāng)x(x0,1)時(shí),g(x)0,又xln x+1,即ln x+1,當(dāng)x=1時(shí),等號(hào)成立.導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本途徑有兩條:(1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)f(x)f(b)(f(b)f(x)f(a),如證明x0,sin xx時(shí),可以證明f(x)=sin x-x在0,上單調(diào)遞減,則f(x)e+m(x-1)對(duì)任意x(1,+)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)已知f(x)=ex-aln x,則f(x)=ex-,f(1)=e-a,切點(diǎn)為(1,e),所求切線方程為y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)當(dāng)a=-1時(shí),原不等式
6、即為ex+ln x-e-m(x-1)0,記F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依題意有F(x)0對(duì)任意x(1,+)恒成立,求導(dǎo)得F(x)=ex+-m,F(1)=e+1-m,F(x)=ex-,當(dāng)x1時(shí),F(x)0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,有F(x)F(1)=e+1-m,若me+1,則F(x)0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,且F(x)F(1)=0,適合題意;若me+1,則F(1)0,故存在x1(1,ln m)使F(x1)=0,當(dāng)1xx1時(shí),F(x)0,得F(x)在(1,x1)上單調(diào)遞減,F(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時(shí)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D
7、上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進(jìn)第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若x0使得f(x0)g(x0)成立,則只需x0,使得h(x)=f(x)-g(x)0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)g(x2)恒成立,則只需f(x)ming(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】
8、熱點(diǎn)訓(xùn)練1:(2018河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(aR).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若對(duì)任意的xR,都有f(x)2ex,求a的取值范圍.解:(1)f(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),當(dāng)a0時(shí),函數(shù)在(-,1)上遞增,在(1,+)上遞減;當(dāng)0a時(shí),函數(shù)在(-,1),(ln 2a,+)上遞減,在(1,ln 2a)上遞增;當(dāng)a=時(shí),函數(shù)在R上遞減.(2)由對(duì)任意的xR,f(x)2ex,即(2-x)ex+a(x-1)22ex,當(dāng)x=1時(shí),ex2ex,恒成立,當(dāng)x1時(shí),整理得:a,對(duì)任意xR恒成立,設(shè)g(x)=,求導(dǎo)g(x)=,
9、令g(x)=0,解得x=1,當(dāng)x1+,g(x)0,當(dāng)1x1+,g(x)0,當(dāng)x1-,g(x)0,當(dāng)1-x0,所以當(dāng)x=1+時(shí)取極小值,極小值為,當(dāng)x=1-時(shí)取極小值,極小值為,由0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無減區(qū)間;當(dāng)a0時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,ln a),增區(qū)間為(ln a,+).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考慮f(x)在區(qū)間0,1的零點(diǎn)個(gè)數(shù).當(dāng)a1時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)ae時(shí),f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)1ae-1時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn),當(dāng)1e-1或a=2(-1)時(shí),g(x)有兩
10、個(gè)零點(diǎn);當(dāng)11,所以ln x0,所以有m在(1,+)上恒成立,令h(x)=,h(x)=,由h(x)=0得x=e,當(dāng)xe,h(x)0,當(dāng)0xe時(shí),h(x)0,所以h(x)在(0,e)上為減函數(shù),在(e,+)上為增函數(shù),所以h(x)min=h(e)=e,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-,e.(2)當(dāng)m=2時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),即方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個(gè)不同的根,令(x)=x-2ln x,則(x)=1-=,當(dāng)1x2時(shí),(x)0;當(dāng)20,所以(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3上單調(diào)遞增,(x)min=(2)=2-2
11、ln 2,又(1)=1,(3)=3-2ln 3,(1)(3),要使方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個(gè)不同的根,結(jié)合圖象可知(2)0,-,所以f(x)在-1,2上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x=x(ex-x-a-2),所以f(x)=ax-1x=0或ex-x-a-2=0,設(shè)g(x)=ex-x-a-2,則g(x)=ex-1,x0時(shí),g(x)0,x0時(shí),g(x)0,即a-1時(shí),g(x)=0沒有實(shí)根,方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;當(dāng)-a-1=0,即a=-1時(shí),g(x)=0有1個(gè)實(shí)根為零,方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;當(dāng)-a-1-1時(shí),g(x)=0
12、有2個(gè)不等于零的實(shí)根,方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.綜上可得,a-1時(shí),方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;a-1時(shí),方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f(x)+4x+aln x(a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)依題意,得f(x)=-4x=,x(0,+).令f(x)0,即1-2x0.解得0x;令f(x)0,即1-2x.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,單調(diào)遞減區(qū)間為,+.(2)由題意得,g(x)=f(x)+4x+aln x
13、=+aln x.依題意,方程+aln x-a=0有實(shí)數(shù)根,即函數(shù)h(x)=+aln x-a存在零點(diǎn).h(x)=-+=,令h(x)=0,得x=.當(dāng)a0時(shí),h(x)0,h()=+a1-a=-1-10時(shí),h(x),h(x)隨x的變化情況如下表:x0,+h(x)-0+h(x)極小值所以h=a+aln-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值.當(dāng)h0,即0a0,所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a(-,0)1,+)時(shí),方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根. 【例1】 (2018河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln -.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at
14、)2,若對(duì)任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)因?yàn)閒(x)=2ln -,所以f(x)=-=,因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+),當(dāng)x2時(shí),f(x)0,0x2時(shí),f(x)0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,(2,+).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x1時(shí)f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以對(duì)任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g
15、(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因?yàn)?x-t)2+(ln x-at)2表示點(diǎn)(x,ln x)與點(diǎn)(t,at)之間距離的平方,所以存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立,y=ln x的圖象與直線y=ax有交點(diǎn),方程a=在(0,+)上有解.設(shè)h(x)=,則h(x)=,當(dāng)x(0,e)時(shí),h(x)0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(e,+)時(shí),h(x)0時(shí),f(x)6(a-a2)ea.(1)解:f(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f(x)=0,則x=0或x=2a,當(dāng)a=0時(shí),f(x)0,f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a0時(shí),令f(x)0,得x2
16、a,所以f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù);令f(x)0,得0x2a,所以f(x)在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a0,得x0,所以f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù);令f(x)0,得2ax0時(shí),f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a0時(shí),f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).(2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時(shí),f(x)在R上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a0,所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn),當(dāng)a0時(shí),f(x)的極小值為f(2a)=4-4a3,要滿足f(x)有三個(gè)零點(diǎn),則需4-4a31,
17、當(dāng)x0時(shí),要證明:f(x)6(a-a2)ea等價(jià)于要證明f(x)min6(a-a2)ea,即要證:4-4a36(a-a2)ea,由于a1,故等價(jià)于證明:1+a+a20,所以函數(shù)h(a)在(1,+)上單調(diào)遞增,所以h(a)min=h(1)=6e-60,所以函數(shù)g(a)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以g(a)min=g(1)=3e-60,所以1+a+a26(a-a2)ea.【例3】 (2018聊城二模)已知函數(shù)f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(tR,kR).(1)當(dāng)k=1時(shí),若曲線y=f(x)與y=g(x)有且僅有一個(gè)公共點(diǎn),求t的取值范圍;(2)當(dāng)t=1時(shí),設(shè)h(x)=f(x)-g(x),
18、若函數(shù)h(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,求證1.解:(1)當(dāng)k=1時(shí),g(x)=x2-1,設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲線y=f(x)和曲線y=g(x)有且只有一個(gè)公共點(diǎn),令h(x)=2tln x-x2+1,則h(x)=-2x=,即函數(shù)y=h(x)只有一個(gè)零點(diǎn),由于h(1)=0,所以x=1是函數(shù)y=h(x)的一個(gè)零點(diǎn),當(dāng)t0時(shí),x0,則h(x)0時(shí),h(x)=,當(dāng)x(0,)時(shí),h(x)0,當(dāng)x(,+)時(shí),h(x)0,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,)內(nèi)單調(diào)遞增,在(,+)內(nèi)單調(diào)遞減,此時(shí)h(x)max=h(),a.當(dāng)t=1時(shí),h(x)max=h(1)=0,此時(shí)符
19、合題意;b.當(dāng)0t1時(shí),取x1=1,則h(x1)=-h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意;c.當(dāng)t1時(shí),取x2=t+,則h(x2)=2tln x2-+1h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意,綜上,t的取值范圍是t|t0或t=1.(2)當(dāng)t=1時(shí),h(x)=2ln x-x2+k,設(shè)F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,則F(x)=+-4=,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),F(x)0,故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以F(x)F(1)=0,即h(x)0,當(dāng)x(1,+)上,h(x)0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,不妨設(shè)x1x2,則x1(0,1),x2(1,+),所以2-x1(1,2),所以h(x1)h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)2-x1,故而1.
2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理
