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2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一第4讲《导数的综合应用》学案

1、第 4 讲 导数的综合应用年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析卷讨论函数的单调性、不等式的证明T 21卷 不等式的证明、函数的零点问题T 212018卷 不等式的证明、极值点问题T 21卷利用导数研究函数的单调性、函数的零点T 21卷利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明T 212017卷导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩T 21卷 函数的零点问题、不等式的证明T 21卷函数单调性的判断、不等式证明及值域问题T 212016卷三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明T 21导数日益成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而

2、导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题,是高考的热点和难点解答题的热点题型有:(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)典型例题命题角度一 根据函数零点求参数范围(2018高考全国卷)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1,证明:当 x0 时, f(x)1;(2)若 f(x)在(0,)只有一个零点,求 a.【解】 (1)证明:当 a1 时, f(x)1 等价于( x21)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1,则 g( x)( x22 x1)e x( x1

3、) 2e x.当 x1 时, g( x)0,所以 g(x)在(0,)单调递减而 g(0)0,故当 x0 时,g(x)0,即 f(x)1.(2)设函数 h(x)1 ax2e x.f(x)在(0,)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0,)只有一个零点()当 a0 时, h(x)0, h(x)没有零点;()当 a0 时, h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时, h( x)0;当 x(2,)时,h( x)0.所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,)单调递增故 h(2)1 是 h(x)在0,)的最小值4ae2若 h(2)0,即 a , h(x)在(0,)没有零点;e24若 h(2)0

4、,即 a , h(x)在(0,)只有一个零点;e24若 h(2)0,即 a ,由于 h(0)1,所以 h(x)在(0,2)有一个零点e24由(1)知,当 x0 时,e x x2,所以h(4a)1 1 1 1 0.16a3e4a 16a3( e2a) 2 16a3( 2a) 4 1a故 h(x)在(2,4 a)有一个零点因此 h(x)在(0,)有两个零点综上, f(x)在(0,)只有一个零点时, a .e24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合” ,即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件,把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上,解决问题的步骤是“先形后数” 命题角

5、度二 根据参数确定函数的零点个数已知函数 f(x) (a, bR, a0)的图象在点(1, f(1)处的切线斜率aln x bx为 a.(1)求 f(x)的单调区间;(2)讨论方程 f(x)1 根的个数【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0,), f( x) ,由 f(1)a b aln xx2 a b a,得 b2 a,所以 f(x) , f( x) .a( ln x 2)x a( ln x 1)x2当 a0 时,由 f( x)0,得 0 .1e 1e当 a0,得 x ;由 f( x)0 时, f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ;当 a0,在1 ln xx2 1e (0, 1e

6、)上 h( x)0,当 x 无限增大时, h(x)无限接近(1e, ) ln x 2x0;在 上, h(x)单调递增且当 x 无限接近 0 时,ln x2 负无限大,故 h(x)负无限(0,1e)大故当 0 时,方程 f(x)1 有两个不等实根,当 a 时,方程 f(x)1 只1a 1e 1e有一个实根,当 a 时,方程 f(x)1 有两个实根;当 a0,则当 x(,1)时, f( x)0.所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增又 f(1)e, f(2) a,取 b 满足 b (b2) a(b1) 2 aa2 a20,(b232b)故 f(x)存在两个零点()设 a0,因此 f

7、(x)在(1,)上e2单调递增又当 x1 时, f(x)1.故当 x(1,ln(2 a)时, f( x)0.因此 f(x)在(1,ln(2 a)上单调递减,在(ln(2 a),)上单调递增又当 x1 时, f(x)f(2 x2),即 f(2 x2)1 时, g( x)1 时, g(x)0,所以 f(x)在(0,)上单调递增;当 a0 时,由 得 0 ,所以 f(x)在f ( x) 0,x0, ) aa aa上单调递增,在 上单调递减(0,aa) (aa, )综上所述:当 a0 时, f(x)的单调递增区间为(0,);当 a0 时, f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .(0,aa) (

8、aa, )(3)由(2)可知,()当 a0,故 f(x)在1,e 2上没有零点;12()当 a0 时, f(x)在1,e 2上单调递增,而 f(1) a0,故 f(x)在1,e 2上12有一个零点;()当 a0 时,若 1,即 a1 时, f(x)在1,e 2上单调递减,因为 f(1)aa a 时, f(x)在1,e 2上没有零点;(aa) 12 12 1e若 f ln a 0,即 a 时, f(x)在1,e 2上有一个零点;(aa) 12 12 1e若 f ln a 0,即 a0 得 a0,所以 f(x)在1,e 2上有一个零点12综上所述:当 a 时, f(x)在1,e 2上没有零点;当

9、0 a0.【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0,)f( x) aex ,由题意得 f(1) , f(1) 1,bx 1e 1e所以 解得ae 1e,ae b 1e 1, ) a1e2,b 1.)(2)证明:由(1)知 f(x) exln x.1e2因为 f( x)e x2 在(0,)上单调递增,又 f(1)0,所以 f( x)1x0 在(0,)上有唯一实根 x0,且 x0(1,2)当 x(0, x0)时, f( x)0,从而当 x x0时, f(x)取极小值,也是最小值由 f( x0)0,得 ex02 ,则 x02ln x0.1x0故 f(x) f(x0)e x02 ln x0 x022

10、 20,所以 f(x)0.1x0 1x0x0利用导数证明单变量的不等式的常见形式是 f(x)g(x)证明技巧:先将不等式 f(x)g(x)移项,即构造函数 h(x) f(x) g(x),转化为证不等式 h(x)0,再次转化为证明 h(x)min0,因此,只需在所给的区间内,判断 h( x)的符号,从而判断其单调性,并求出函数h(x)的最小值,即可得证 命题角度二 双变量不等式的证明已知函数 f(x)ln x ax2 x, aR.12(1)当 a0 时,求函数 f(x)的图象在(1, f(1)处的切线方程;(2)若 a2,正实数 x1, x2满足 f(x1) f(x2) x1x20,证明: x1

11、 x2 .5 12【解】 (1)当 a0 时, f(x)ln x x,则 f(1)1,所以切点为(1,1),又 f( x) 1,则切线斜率 k f(1)2,1x故切线方程为 y12( x1),即 2x y10.(2)证明:当 a2 时, f(x)ln x x2 x, x0.由 f(x1) f(x2) x1x20,得 ln x1 x x1ln x2 x x2 x1x20,21 2从而( x1 x2)2( x1 x2) x1x2ln( x1x2),令 t x1x2,则由 (t) tln t,得 ( t)1 ,1t t 1t易知 (t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,)上单调递增,所以 (t

12、) (1)1,所以( x1 x2)2( x1 x2)1,因为 x10, x20,所以 x1 x2 成立5 12破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式(2)巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值(3)回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果 对点训练(2018高考全国卷)已知函数 f(x) x aln x.1x(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1, x2,证明: a2.f( x1) f( x2)x1 x2解:(1) f(x)的定义域为(

13、0,), f( x) 1 .1x2 ax x2 ax 1x2(i)若 a2,则 f( x)0,当且仅当 a2, x1 时 f( x)0,所以 f(x)在(0,)单调递减(ii)若 a2,令 f( x)0 得, x 或 x .a a2 42 a a2 42当 x 时, f( x)0.所以 f(x)在 ,(a a2 42 , a a2 42 ) (0, a a2 42 )单调递减,在 单调递增(a a2 42 , ) (a a2 42 , a a2 42 )(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点时,当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1, x2满足 x2 ax10,所以 x1x21,

14、不妨设 x11.由于 1 a 2 a 2 af( x1) f( x2)x1 x2 1x1x2 ln x1 ln x2x1 x2 ln x1 ln x2x1 x2, 2ln x21x2 x2所以 0), h(x) 2,则 g( x) , h( x) .mxex ln x 1x 1e m( 1 x)ex ln xx2因为 m0;当 x1 时, g( x)0, h( x)0,使 f(x0)g(x0)成立,求参数 a 的取值范围【解】 (1)由题意得, f( x) x1,设切点为( x0, f(x0),则 k f( x0)3x x013,解得 x01 或 x03(舍),所以切点为 ,代入 g(x)3

15、x a,得3x0 (1, 12)a .52(2)设 h(x)3ln x x22 x.x00,使 f(x0)g(x0)成立,12等价于 x0,使 h(x)3ln x x22 xa 成立,12等价于 a0)因为 h( x) x2 ,3x x2 2x 3x ( x 1) ( x 3)x令 得 01.h ( x) 0,x0, ) h ( x) 0, )所以函数 h(x)3ln x x22 x 在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所12以 h(x)max h(1) ,即 a3),令 u( x)0,得 x2;1x 3令 u( x) e 1 x在区间(1,)内恒成立1x(e2.718为自然对数的底

16、数)解:(1) f( x)2 ax (x0)1x 2ax2 1x当 a0 时, f( x)0 时,由 f( x)0,有 x .12a此时,当 x 时, f( x)0, f(x)单调递增(12a, )(2)令 g(x) , s(x)e x1 x.1x 1ex 1则 s( x)e x1 1.而当 x1 时, s( x)0,所以 s(x)在区间(1,)内单调递增又由 s(1)0,有 s(x)0,从而当 x1 时, g(x)0.当 a0, x1 时, f(x) a(x21)ln xg(x)在区间(1,)内恒成立时,必有 a0.当 01.12 12a由(1)有 f 0,(12a) (12a)所以此时 f

17、(x)g(x)在区间(1,)内不恒成立当 a 时,令 h(x) f(x) g(x)(x1)12当 x1 时, h( x)2 ax e 1 xx 0.1x 1x2 1x 1x2 1x x3 2x 1x2 x2 2x 1x2因此, h(x)在区间(1,)内单调递增又 h(1)0,所以当 x1 时, h(x) f(x) g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立综上, a .12, )1(2018高考全国卷)已知函数 f(x) x3 a(x2 x1)13(1)若 a3,求 f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)只有一个零点解:(1)当 a3 时, f(x) x33 x23 x3, f( x) x26

18、 x3.13令 f( x)0 解得 x32 或 x32 .3 3当 x(,32 )(32 ,)时, f( x)0;3 3当 x(32 ,32 )时, f( x)0,所以 f(x)0 等价于 3 a0.x3x2 x 1设 g(x) 3 a,则 g( x) 0,仅当 x0 时 g( x)x3x2 x 1 x2( x2 2x 3)( x2 x 1) 20,所以 g(x)在(,)单调递增故 g(x)至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点又 f(3a1)6 a22 a 6 0,13故 f(x)有一个零点综上, f(x)只有一个零点2(2018唐山模拟)已知 f(x) x2 a2ln x, a0.1

19、2(1)若 f(x)0,求 a 的取值范围;(2)若 f(x1) f(x2),且 x1 x2,证明: x1 x22a.解:(1)由题意知, f( x) x .a2x ( x a) ( x a)x当 x(0, a)时, f( x)0, f(x)单调递增当 x a 时, f(x)取得最小值 f(a) a2 a2ln a.12令 a2 a2ln a0,解得 0a.要证 x1 x22a 即 x22a x1,则只需证 f(x2)f(2a x1)因 f(x1) f(x2),则只需证 f(x1)f(2a x1)设 g(x) f(x) f(2a x),0g(a)0.又由题意得 00,即 f(x1)f(2a x

20、1)因此 x1 x22a.3(2018石家庄质量检测(二)已知函数 f(x) x axln x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若函数 f(x) x axln x 存在极大值,且极大值点为 1,证明: f(x)e x x2.解:(1)由题意 x0, f( x)1 a aln x.当 a0 时, f(x) x,函数 f(x)在(0,)上单调递增;当 a0 时,函数 f( x)1 a aln x 单调递增, f( x)1 a aln x0 xe 1 0,故当 x(0,e 1 )时, f( x)1a1a1a0,所以函数 f(x)在(0,e 1 )上单调递减,在(e 1 ,)上单调递增;

21、1a1a当 a0,故当 x(0,e 1 )时, f( x)0,当 x(e 1 ,)时, f( x)1a1a1a0,则 h( x)e x2 xln x.令 g(x) h( x),则 g( x)e x2 0,1x所以函数 h( x)e x2 xln x 在(0,)上单调递增,又 h e 10,(1e) 1e 2e 1e故 h( x)e x2 xln x 在 上存在唯一零点 x0,即e x02 x0ln x00.(1e, 1)所以当 x(0, x0)时, h( x)0,所以函数 h(x)在(0, x0)上单调递减,在( x0,)上单调递增,故 h(x) h(x0)e x0 x x0 x0ln x0,

22、20所以只需证 h(x0)e x0 x x0 x0ln x00 即可,20由e x02 x0ln x00,得 e x02 x0ln x0,所以 h(x0)( x01)( x0ln x0),又 x010,所以只要 x0ln x00 即可,当 x0ln x00 时,ln x0 x0x0e x0e x0 x00,所以e x0 x0 x0ln x00 与e x02 x0ln x00 矛盾;当 x0ln x00 时,ln x0 x0x0e x0e x0 x00,得e x02 x0ln x00,故 x0ln x00 成立,得 h(x0)( x01)( x0ln x0)0,所以 h(x)0,即 f(x)e

23、x x2.4(2018郑州质量检测(二)已知函数 f(x)e x x2.(1)求曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程;(2)求证:当 x0 时, ln x1.ex ( 2 e) x 1x解:(1)由题意得, f( x)e x2 x,则 f(1)e2, f(1)e1,所以曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1.(2)证明: f( x)e x2 x,令 h(x)e x2 x,则 h( x)e x2,易知 f( x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)上单调递增,所以 f( x) f(ln 2)22ln 20,所以 f(x)在(0,)上单调递增又曲线 y f(x)

24、过点(1,e1),且曲线 y f(x)在 x1 处的切线方程为 y(e2) x1,所以可猜测:当 x0, x1 时, f(x)的图象恒在切线 y(e2) x1 的上方下证:当 x0 时, f(x)(e2) x1.设 g(x) f(x)(e2) x1e x x2(e2) x1, x0,则 g( x)e x2 x(e2),令 (x) g( x),则 ( x)e x2,易知 g( x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)上单调递增,又 g(0)3e0, g(1)0,00;当 x( x0,1)时, g( x)0.ex ( 2 e) x 1x又 xln x1,所以 ln x1,当且仅当 x1 时等号成立ex ( 2 e) x 1x