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 文

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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 文1.(2018全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1.(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)a時,f(x)0.(1)解:f(x)的定義域為(0,+),f(x)=aex-.由題設(shè)知,f(2)=0,所以a=.從而f(x)=ex-ln x-1,f(x)=ex-.當(dāng)0x2時,f(x)2時,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.(2)證明:當(dāng)a時,f(x)-ln x-1.設(shè)g(x)=-ln x-1,則g(x)=-.當(dāng)0x1時,g(

2、x)1時,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x0時,g(x)g(1)=0.因此,當(dāng)a時,f(x)0.2.(2018全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:f(x)只有一個零點.(1)解:當(dāng)a=3時,f(x)=x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.當(dāng)x(-,3-2)(3+2,+)時,f(x)0;當(dāng)x(3-2,3+2)時,f(x)0,所以f(x)=0等價于-3a=0.設(shè)g(x)=-3a,則g(x)=0,僅當(dāng)x=0時g(x)=0,所以g(x)在(-,+)單調(diào)遞增

3、.故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一個零點.綜上,f(x)只有一個零點.3.(2017全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)0,求a的取值范圍.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,則f(x)=e2x在(-,+)上單調(diào)遞增.若a0,則由f(x)=0得x=ln a.當(dāng)x(-,ln a)時,f(x)0,故f(x)在(-,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+)上單調(diào)遞增.若a0

4、,則由f(x)=0得x=ln-.當(dāng)x-,ln-時,f(x)0,故f(x)在-,ln-上單調(diào)遞減,在ln-,+上單調(diào)遞增.(2)若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a.從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a0,即a1時,f(x)0,綜合得0a1.若a0,則由(1)得當(dāng)x=ln-時,f(x)取得最小值,最小值為fln-=a2-ln-,從而當(dāng)且僅當(dāng)a2-ln-0,即a-2時f(x)0.綜上,a的取值范圍是-2,1.4.(2016全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)討論f(

5、x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解:(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).設(shè)a0,則當(dāng)x(-,1)時,f(x)0.所以f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.設(shè)a-,則ln(-2a)0;當(dāng)x(ln(-2a),1)時,f(x)0,所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)上單調(diào)遞增,在(ln(-2a),1)上單調(diào)遞減.()若a1,故當(dāng)x(-,1)(ln(-2a),+)時,f(x)0;當(dāng)x(1,ln(-2a)時,f(x)0,則由(1)知,f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.又f(1)=-e,f(2

6、)=a,取b滿足b0且b(b-2)+a(b-1)2=ab2-b0,所以f(x)有兩個零點.設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一個零點.設(shè)a0,若a-,則由(1)知,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x1時f(x)0,故f(x)不存在兩個零點;若a-,則由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a)上單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x1時f(x)0,故f(x)不存在兩個零點.綜上,a的取值范圍為(0,+).1.考查角度考查利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)零點個數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點的性質(zhì)

7、等.2.題型及難易度解答題,屬于難題或者較難題.(對應(yīng)學(xué)生用書第1516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】 (1)(2018陜西咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)ln x-x+1(aR),當(dāng)a時,求證:對任意的x1,f(x)0;(2)(2018河南新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)=ex(aln x-bx),曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=(e-4)x-e+2.證明:f(x)+x20),因為所以所以f(x)=exln x-2xex-1,所以f(x)+x20exln x+x22xex-1-.設(shè)g(x)=,h(x)=-,要證f(x)+x20,即要證g(x)0),所

8、以g(x)=在(0,e)上為增函數(shù),在(e,+)上為減函數(shù),所以g(x)g(e)=.又h(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+)上為增函數(shù),所以h(x)h(1)=.由于和不能同時取等號,故g(x)h(x).所以f(x)+x20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,可以證明f(x)=sin x-x在0,上單調(diào)遞減,則f(x)g(x2),求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)f(x)=-a=,a.當(dāng)a0時,1-ax0,f(x)0,所以f(x

9、)在1,e上單調(diào)遞增,b.當(dāng)0a時,e,f(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞增,c.當(dāng)a1時,1e,所以x1,時,f(x)0,f(x)在1,上單調(diào)遞增,當(dāng)x,e時,f(x)0,f(x)在,e上單調(diào)遞減.d.當(dāng)a1時,1,f(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a時,f(x)在1,e上單調(diào)遞增,當(dāng)ag(x)max恒成立.已知a(0,e),則當(dāng)a0時,g(x)0,所以g(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=-a.所以-aa+1,得a0,所以g(x)在1,e上為增函數(shù),g(x)max=g(e)=

10、ae2+1,因為f(x)在1,e上為減函數(shù),所以f(x)min=f(e)=1-ae,故1-aeae2+1,所以ag(x)在區(qū)間D上恒成立,此時h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D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

11、,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】熱點訓(xùn)練1:(1)(2018天津濱海新區(qū)八校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=x2ex.求在點(1,f(1)處的切線方程;求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;當(dāng)x-2,2時,求使得不等式f(x)2a+1能成立的實數(shù)a的取值范圍.(2)(2018廣西柳州模擬)已知a為實數(shù),函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x.若x=3是函數(shù)f(x)的一個極值點,求實數(shù)a的值;設(shè)g(x)=(a-2)x,若x0,e,使得f(x0)g(x0)成立,求實數(shù)a的取值范

12、圍.解:(1)因為f(x)=x2ex+2xex,所以k=f(1)=3e,切點(1,e).切線方程為3ex-y-2e=0.令f(x)0,即x(x+2)ex0,得f(x)在區(qū)間(-,-2),(0,+)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減.由知,f(x)在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(0)=0.當(dāng)x-2,2時,不等式f(x)2a+1能成立,需2a+1f(x)min,即2a+10,故a-.故a的取值范圍為-,+.(2)函數(shù)f(x)定義域為(0,+),f(x)=+2x-4=.因為x=3是函數(shù)f(x)的一個極值點,所以f(3)=0,解得a=-6.經(jīng)檢驗a=

13、-6時,x=3是函數(shù)f(x)的一個極小值點,符合題意,所以a=-6.由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)a-2x0,記F(x)=x-ln x(x0),所以F(x)=(x0),所以當(dāng)0x1時,F(x)1時,F(x)0,F(x)單調(diào)遞增.所以F(x)F(1)=10,所以a,記G(x)=,x,e.所以G(x)=.因為x,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)0,所以x-2ln x+20,所以x,1時,G(x)0,G(x)單調(diào)遞增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以aG(x)min=-1.故實數(shù)a的取值范圍為-1,+).導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點考向1確定函數(shù)零點的個數(shù)【例3】 (2018湖

14、北武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(aR,e=2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)討論g(x)=f(x)x-在區(qū)間0,1內(nèi)零點的個數(shù).解:(1)f(x)=ex-a,當(dāng)a0時,f(x)0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無減區(qū)間;當(dāng)a0時,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的零點個數(shù).當(dāng)a1時,f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個零點;當(dāng)ae時,f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個零點;當(dāng)1ae-1時,f(x)有一個

15、零點,當(dāng)1e-1或a=2(-1)時,g(x)有兩個零點;當(dāng)11,所以ln x0,所以有m在(1,+)上恒成立,令G(x)=,G(x)=,由G(x)=0得x=e,當(dāng)xe,G(x)0,當(dāng)0xe時,G(x)0,所以G(x)在(0,e)上為減函數(shù),在(e,+)上為增函數(shù),所以G(x)min=G(e)=e,所以實數(shù)m的取值范圍為(-,e.(2)當(dāng)m=2時,函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有兩個不同的零點,即方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個不同的根,令(x)=x-2ln x,則(x)=1-=,當(dāng)1x2時,(x)0;當(dāng)20,所以(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在

16、(2,3上單調(diào)遞增,(x)min=(2)=2-2ln 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,g(x)0,x0時,g(x)0,即a-1時,g(x)=0沒有實根,方程f(x)=ax-1有1個實根;當(dāng)-a-1=0,即a=-1時,g(x)=0有1個實根為零,方程f(x)=a

17、x-1有1個實根;當(dāng)-a-1-1時,g(x)=0有2個不等于零的實根,方程f(x)=ax-1有3個實根.綜上可得,a-1時,方程f(x)=ax-1有1個實根;a-1時,方程f(x)=ax-1有3個實根.熱點訓(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有實數(shù)根,求實數(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

18、)由題意得,g(x)=f(x)+4x+aln x=+aln x.依題意,方程+aln x-a=0有實數(shù)根,即函數(shù)h(x)=+aln x-a存在零點.h(x)=-+=,令h(x)=0,得x=.當(dāng)a0時,h(x)0,h()=+a1-a=-1-10時,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.綜上所述,當(dāng)a(-,0)1,+)時,方程g(x)=a有實數(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;

19、(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,且對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)因為f(x)=2ln -,所以f(x)=-=,因為f(x)的定義域為(0,+),當(dāng)x2時,f(x)0,0x2時,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f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2

20、)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因為(x-t)2+(ln x-at)2表示點(x,ln x)與點(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,方程a=在(0,+)上有解.設(shè)h(x)=,則h(x)=,當(dāng)x(0,e)時,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(e,+)時,h(x)0時,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,f(x)0,f(x

21、)在R上是增函數(shù);當(dāng)a0時,令f(x)0,得x2a,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,f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a0時,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,f(x)在R上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點;當(dāng)a0,所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點,當(dāng)a0時,f(x)的極小值為f(2a)=4-4a

22、3,要滿足f(x)有三個零點,則需4-4a31,當(dāng)x0時,要證明:f(x)6(a-a2)ea等價于要證明f(x)min6(a-a2)ea,即要證:4-4a36(a-a2)ea,由于a1,故等價于證明: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河南南陽一中三模)已知函數(shù)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x.(1)當(dāng)a=1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在0,上無零點,求a的最小值.解:(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x-1-2ln x,則f(x)=1-,由f(x)0,得x2,由f(x)0,得0x2,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+).(2)因為f(x)0恒成立,即對x0,a2-恒成立.令l(x)=2-,x0,則l(x)=,再令m(x)=2ln x+-2,x0,則m(x)=-=-m=2-2ln 20.從而l(x)0,于是l(x)在0,上為增函數(shù),所以l(x)2-在0,上恒成立,只要a2-4ln 2,+)即可.綜上,若函數(shù)f(x)在0,上無零點,則a的最小值為2-4ln 2.