2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题二 函数与导数 第3讲 导数的综合应用教案 理

2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题二 函数与导数 第3讲 导数的综合应用教案 理1.(2018全国卷,理21)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.(1)证明:当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;()当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在(0,+)上的最小值.若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)上没有零点.若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)上只有一个零点.若h(2),因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点;由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0,故h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+)上有两个零点.综上,当f(x)在(0,+)上只有一个零点时,a=.2.(2017全国卷,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+1+m,求m的最小值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f=-+aln 20,由f(x)=1-=知,当x(0,a)时,f(x)0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增,故x=a是f(x)在(0,+)的最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+,得ln1+.从而ln1+ln1+ln1+=1-1.故1+1+1+2,所以m的最小值为3.1.考查角度考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.2.题型及难易度解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第1618页) 导数与不等式考向1导数方法证明不等式【例1】 (2018郑州二模)已知函数f(x)=ex-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x0时,ln x+1.(1)解:f(x)=ex-2x,由题设得f(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,则g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增,又g(0)=3-e0,g(1)=0,0ln 21,g(ln 2)0;当x(x0,1)时,g(x)0,又xln x+1,即ln x+1,当x=1时,等号成立.导数方法证明不等式的基本途径有两条:(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),则f(a)f(x)f(b)(f(b)f(x)f(a),如证明x0,sin xx时,可以证明f(x)=sin x-x在0,上单调递减,则f(x)e+m(x-1)对任意x(1,+)恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)已知f(x)=ex-aln x,则f(x)=ex-,f(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)当a=-1时,原不等式即为ex+ln x-e-m(x-1)0,记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)0对任意x(1,+)恒成立,求导得F(x)=ex+-m,F(1)=e+1-m,F(x)=ex-,当x1时,F(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,有F(x)F(1)=e+1-m,若me+1,则F(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,且F(x)F(1)=0,适合题意;若me+1,则F(1)0,故存在x1(1,ln m)使F(x1)=0,当1xx1时,F(x)0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)g(x)在区间D上恒成立,此时h(x)=f(x)-g(x)在区间D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间D上,若x0使得f(x0)g(x0)成立,则只需x0,使得h(x)=f(x)-g(x)0成立,如果h(x)存在最小值,则只需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) 值域的下确界;(3)如果在区间D上f(x1)g(x2)恒成立,则只需f(x)ming(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,则需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归,即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】热点训练1:(2018河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(aR).(1)讨论函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的xR,都有f(x)2ex,求a的取值范围.解:(1)f(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),当a0时,函数在(-,1)上递增,在(1,+)上递减;当0a时,函数在(-,1),(ln 2a,+)上递减,在(1,ln 2a)上递增;当a=时,函数在R上递减.(2)由对任意的xR,f(x)2ex,即(2-x)ex+a(x-1)22ex,当x=1时,ex2ex,恒成立,当x1时,整理得:a,对任意xR恒成立,设g(x)=,求导g(x)=,令g(x)=0,解得x=1,当x1+,g(x)0,当1x1+,g(x)0,当x1-,g(x)0,当1-x0,所以当x=1+时取极小值,极小值为,当x=1-时取极小值,极小值为,由0,f(x)的单调递增区间为(-,+),无减区间;当a0时,f(x)的单调减区间为(-,ln a),增区间为(ln a,+).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考虑f(x)在区间0,1的零点个数.当a1时,f(x)在(0,+)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;当ae时,f(x)在(-,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当1ae-1时,f(x)有一个零点,当1e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;当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,当xe,h(x)0,当0xe时,h(x)0,所以h(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+)上为增函数,所以h(x)min=h(e)=e,所以实数m的取值范围为(-,e.(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有两个不同的零点,即方程x-2ln x=a在1,3上恰有两个不同的根,令(x)=x-2ln x,则(x)=1-=,当1x2时,(x)0;当20,所以(x)在1,2)上单调递减,在(2,3上单调递增,(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上恰有两个不同的根,结合图象可知(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,设g(x)=ex-x-a-2,则g(x)=ex-1,x0时,g(x)0,x0时,g(x)0,即a-1时,g(x)=0没有实根,方程f(x)=ax-1有1个实根;当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;当-a-1-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根.综上可得,a-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;a-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.热点训练3:(2018衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f(x)+4x+aln x(a0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.解:(1)依题意,得f(x)=-4x=,x(0,+).令f(x)0,即1-2x0.解得0x;令f(x)0,即1-2x.故函数f(x)的单调递增区间为0,单调递减区间为,+.(2)由题意得,g(x)=f(x)+4x+aln x=+aln x.依题意,方程+aln x-a=0有实数根,即函数h(x)=+aln x-a存在零点.h(x)=-+=,令h(x)=0,得x=.当a0时,h(x)0,h()=+a1-a=-1-10时,h(x),h(x)随x的变化情况如下表:x0,+h(x)-0+h(x)极小值所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.当h0,即0a0,所以函数h(x)存在零点.综上所述,当a(-,0)1,+)时,方程g(x)=a有实数根. 【例1】 (2018河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.(1)求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若对任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)=2ln -,所以f(x)=-=,因为f(x)的定义域为(0,+),当x2时,f(x)0,0x2时,f(x)0,所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,(2,+).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以当x1时f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以对任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立,y=ln x的图象与直线y=ax有交点,方程a=在(0,+)上有解.设h(x)=,则h(x)=,当x(0,e)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(e,+)时,h(x)0时,f(x)6(a-a2)ea.(1)解:f(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f(x)=0,则x=0或x=2a,当a=0时,f(x)0,f(x)在R上是增函数;当a0时,令f(x)0,得x2a,所以f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函数;令f(x)0,得0x2a,所以f(x)在(0,2a)上是减函数.当a0,得x0,所以f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函数;令f(x)0,得2ax0时,f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.当a0时,f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有三个零点;当a0,所以函数f(x)不可能有三个零点,当a0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,要满足f(x)有三个零点,则需4-4a31,当x0时,要证明:f(x)6(a-a2)ea等价于要证明f(x)min6(a-a2)ea,即要证:4-4a36(a-a2)ea,由于a1,故等价于证明:1+a+a20,所以函数h(a)在(1,+)上单调递增,所以h(a)min=h(1)=6e-60,所以函数g(a)在(1,+)上单调递增.所以g(a)min=g(1)=3e-60,所以1+a+a26(a-a2)ea.【例3】 (2018聊城二模)已知函数f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(tR,kR).(1)当k=1时,若曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围;(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),若函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证1.解:(1)当k=1时,g(x)=x2-1,设h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲线y=f(x)和曲线y=g(x)有且只有一个公共点,令h(x)=2tln x-x2+1,则h(x)=-2x=,即函数y=h(x)只有一个零点,由于h(1)=0,所以x=1是函数y=h(x)的一个零点,当t0时,x0,则h(x)0时,h(x)=,当x(0,)时,h(x)0,当x(,+)时,h(x)0,所以函数h(x)在区间(0,)内单调递增,在(,+)内单调递减,此时h(x)max=h(),a.当t=1时,h(x)max=h(1)=0,此时符合题意;b.当0t1时,取x1=1,则h(x1)=-h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一个零点,不符合题意;c.当t1时,取x2=t+,则h(x2)=2tln x2-+1h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一个零点,不符合题意,综上,t的取值范围是t|t0或t=1.(2)当t=1时,h(x)=2ln x-x2+k,设F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,则F(x)=+-4=,所以当x(0,1)时,F(x)0,故F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)F(1)=0,即h(x)0,当x(1,+)上,h(x)0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,不妨设x1x2,则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.