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 文

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 文1.(2018全国卷,文21)已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a时,f(x)0.(1)解:f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-.由题设知,f(2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-ln x-1,f(x)=ex-.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)证明:当a时,f(x)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g(x)=-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a时,f(x)0.2.(2018全国卷,文21)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.(1)解:当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x(-,3-2)(3+2,+)时,f(x)0;当x(3-2,3+2)时,f(x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g(x)=0,仅当x=0时g(x)=0,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(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.3.(2017全国卷,文21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x在(-,+)上单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时,f(x)0,故f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln-.当x-,ln-时,f(x)0,故f(x)在-,ln-上单调递减,在ln-,+上单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a0,即a1时,f(x)0,综合得0a1.若a0,则由(1)得当x=ln-时,f(x)取得最小值,最小值为fln-=a2-ln-,从而当且仅当a2-ln-0,即a-2时f(x)0.综上,a的取值范围是-2,1.4.(2016全国卷,文21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解:(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).设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.设a-,则ln(-2a)0;当x(ln(-2a),1)时,f(x)0,所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.()若a1,故当x(-,1)(ln(-2a),+)时,f(x)0;当x(1,ln(-2a)时,f(x)0,则由(1)知,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b0且b(b-2)+a(b-1)2=ab2-b0,所以f(x)有两个零点.设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.设a0,若a-,则由(1)知,f(x)在(1,+)上单调递增.又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点;若a-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a)上单调递减,在(ln(-2a),+)上单调递增.又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+).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1516页) 导数与不等式考向1导数方法证明不等式【例1】 (1)(2018陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=a(x+1)ln x-x+1(aR),当a时,求证:对任意的x1,f(x)0;(2)(2018河南新乡三模)已知函数f(x)=ex(aln x-bx),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=(e-4)x-e+2.证明:f(x)+x20),因为所以所以f(x)=exln x-2xex-1,所以f(x)+x20exln x+x22xex-1-.设g(x)=,h(x)=-,要证f(x)+x20,即要证g(x)0),所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在(e,+)上为减函数,所以g(x)g(e)=.又h(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在(1,+)上为增函数,所以h(x)h(1)=.由于和不能同时取等号,故g(x)h(x).所以f(x)+x20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)g(x2),求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=-a=,a.当a0时,1-ax0,f(x)0,所以f(x)在1,e上单调递增,b.当0a时,e,f(x)0,所以f(x)在1,e上单调递增,c.当a1时,1e,所以x1,时,f(x)0,f(x)在1,上单调递增,当x,e时,f(x)0,f(x)在,e上单调递减.d.当a1时,1,f(x)0,所以f(x)在1,e上单调递减.综上所述,当a时,f(x)在1,e上单调递增,当ag(x)max恒成立.已知a(0,e),则当a0时,g(x)0,所以g(x)在1,e上单调递减,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在1,e上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-a.所以-aa+1,得a0,所以g(x)在1,e上为增函数,g(x)max=g(e)=ae2+1,因为f(x)在1,e上为减函数,所以f(x)min=f(e)=1-ae,故1-aeae2+1,所以ag(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:(1)(2018天津滨海新区八校联考)设函数f(x)=x2ex.求在点(1,f(1)处的切线方程;求函数f(x)的单调区间;当x-2,2时,求使得不等式f(x)2a+1能成立的实数a的取值范围.(2)(2018广西柳州模拟)已知a为实数,函数f(x)=aln x+x2-4x.若x=3是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;设g(x)=(a-2)x,若x0,e,使得f(x0)g(x0)成立,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)=x2ex+2xex,所以k=f(1)=3e,切点(1,e).切线方程为3ex-y-2e=0.令f(x)0,即x(x+2)ex0,得f(x)在区间(-,-2),(0,+)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减.由知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,f(x)min=f(0)=0.当x-2,2时,不等式f(x)2a+1能成立,需2a+1f(x)min,即2a+10,故a-.故a的取值范围为-,+.(2)函数f(x)定义域为(0,+),f(x)=+2x-4=.因为x=3是函数f(x)的一个极值点,所以f(3)=0,解得a=-6.经检验a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,所以a=-6.由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)a-2x0,记F(x)=x-ln x(x0),所以F(x)=(x0),所以当0x1时,F(x)1时,F(x)0,F(x)单调递增.所以F(x)F(1)=10,所以a,记G(x)=,x,e.所以G(x)=.因为x,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)0,所以x-2ln x+20,所以x,1时,G(x)0,G(x)单调递增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以aG(x)min=-1.故实数a的取值范围为-1,+).导数与函数的零点考向1确定函数零点的个数【例3】 (2018湖北武汉调研)已知函数f(x)=ex-ax-1(aR,e=2.718 28是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论g(x)=f(x)x-在区间0,1内零点的个数.解:(1)f(x)=ex-a,当a0时,f(x)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G(x)=,G(x)=,由G(x)=0得x=e,当xe,G(x)0,当0xe时,G(x)0,所以G(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+)上为增函数,所以G(x)min=G(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,且对任意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河南南阳一中三模)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在0,上无零点,求a的最小值.解:(1)当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,则f(x)=1-,由f(x)0,得x2,由f(x)0,得0x2,故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)因为f(x)0恒成立,即对x0,a2-恒成立.令l(x)=2-,x0,则l(x)=,再令m(x)=2ln x+-2,x0,则m(x)=-=-m=2-2ln 20.从而l(x)0,于是l(x)在0,上为增函数,所以l(x)2-在0,上恒成立,只要a2-4ln 2,+)即可.综上,若函数f(x)在0,上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.