(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點問題學(xué)案
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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點問題學(xué)案 [考情考向分析] 利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題,高考中常與函數(shù)零點、不等式結(jié)合,證明不等式和求參數(shù)范圍問題是熱點題型,中高檔難度. 熱點一 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 用導(dǎo)數(shù)證明不等式是導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之一,可以間接考查用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的最值,以及構(gòu)造函數(shù)解題的能力. 例1 已知函數(shù)f(x)=2x-ln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求證:1+ln 2≤f(x)<+1. (1)解 由題意知f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=, 令f′(x)=0,
2、得x=. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明 由(1)知f(x)min=f?=1+ln 2. 所以1+ln 2≤f(x)成立. 另一方面,要證f(x)<+1成立. 只要證+2ln x-4x+2>0, 設(shè)函數(shù)g(x)=+2ln x-4x+2, 則g′(x)=+-4=. 令t(x)=e2x-1-2x,x∈(0,+∞). 則t′(x)=2(e2x-1-1),由t′(x)=0得x=, 所以當x∈時,t′(x)<0,即t(x)為減函數(shù); 當x∈時,t′(x)>0,即t(x)為增函數(shù), 所以t(x)≥t=0. 令g′(x)==0,得x=, 所以當x∈時,
3、g′(x)<0,g(x)為減函數(shù);
當x∈時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù),
則g(x)min=g=2-2ln 2>0,
即當x∈(0,+∞)時,+2ln x-4x+2>0,
綜上,1+ln 2≤f(x)<+1成立.
思維升華 用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
(1)利用單調(diào)性:若f(x)在[a,b]上是增函數(shù),則①?x∈[a,b],則f(a)≤f(x)≤f(b);②對?x1,x2∈[a,b],且x1 4、(x) 5、-a,
所以存在x0>0,使得f(x0)≤-a+1
等價于-a≤-a+1,
設(shè)g(a)=a-a+1(a>0),
則g′(a)=·-1=(-),
所以g(a)在(0,3)上單調(diào)遞減,在(3,+∞)上單調(diào)遞增,
所以g(a)min=g(3)=0,故g(a)≥0,
所以-a≤-a+1恒成立,
因此存在x0>0,使得f(x0)≤-a+1.
熱點二 利用導(dǎo)數(shù)討論方程根的個數(shù)
方程的根、函數(shù)的零點、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念,解決這類問題可以通過函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值,畫出函數(shù)圖象的走勢,通過數(shù)形結(jié)合思想直觀求解.
例2 設(shè)函數(shù)f(x)=ex-2a-ln(x+a) 6、,a∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若a>0,且函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若0-a),
記h(x)=f′(x),則h′(x)=ex 7、+>0,
知f′(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增.
又∵f′(0)=1-<0,f′(1)=e->0,
∴f′(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一的零點x0,
即f′(x0)=-=0,
于是=,x0=-ln.
當-a 8、)和直線y=k的交點問題.
(2)研究函數(shù)y=f(x)的值域,不僅要看最值,而且要觀察隨x值的變化y值的變化趨勢.
跟蹤演練2 (2018·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,證明:當x≥0時,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)上只有一個零點,求a.
(1)證明 當a=1時,f(x)≥1等價于(x2+1)e-x-1≤0.
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x≠1時,g′(x)<0,
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
而g(0)=0,故當x≥0時,g(x)≤0 9、,即f(x)≥1.
(2)解 設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0,+∞)上只有一個零點.
(ⅰ)當a≤0時,h(x)>0,h(x)沒有零點;
(ⅱ)當a>0時,h′(x)=ax(x-2)e-x.
當x∈(0,2)時,h′(x)<0;當x∈(2,+∞)時,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-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.
①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上沒有零點.
②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一個零點.
③若 10、h(2)<0,即a>,
因為h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一個零點;
由(1)知,當x>0時,ex>x2,
所以h(4a)=1-=1->1-=1->0,
故h(x)在(2,4a)上有一個零點.
因此h(x)在(0,+∞)上有兩個零點.
綜上,當f(x)在(0,+∞)上只有一個零點時,a=.
真題體驗
(2018·浙江)已知函數(shù)f(x)=-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,證明:對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
證明 11、 (1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=-.
由f′(x1)=f′(x2)得
-=-.
因為x1≠x2,所以+=.
由基本不等式,得=+≥2.
因為x1≠x2,所以x1x2>256.
由題意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).
設(shè)g(x)=-ln x(x>0),
則g′(x)=(-4),
當x變化時,g′(x)和g(x)的變化如下表所示:
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g′(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在(256,+∞)上單調(diào)遞增,
故g(x1x2)>g(25 12、6)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=2+1,則
f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a 13、)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
因此方程f(x)-kx-a=0有唯一一個實根.
綜上,當a≤3-4ln 2時,對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.
押題預(yù)測
設(shè)f(x)=x--aln x(a∈R).
(1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點處的切線方程;
(2)當a<1時,在內(nèi)是否存在實數(shù)x0,使f(x0)>e-1成立?
押題依據(jù) 有關(guān)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用試題多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與不等式等基礎(chǔ)知識和基本方法,考查轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想方法,本題的命制正是根據(jù)這個要求進行的.
解 (1)當a=1時,f(x)=x-ln 14、 x,f′(x)=1-,
∴曲線y=f(x)在點處的切線的斜率為f′=1-=-1.
所求切線方程為y-=-,
即x+y-ln 2-1=0.
(2)存在.理由如下:
要證當a<1時,在內(nèi)存在實數(shù)x0,使f(x0)>e-1成立,
則只需證明當x∈時,f(x)max>e-1即可.
f′(x)=1+-=
=(x>0),
令f′(x)=0,得x1=1,x2=a-1,
當a<1時,a-1<0,
當x∈時,f′(x)<0;當x∈(1,e)時,f′(x)>0.
則函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減,在[1,e]上單調(diào)遞增,
∴f(x)max=max.
于是,只需證明f(e)>e-1或f?>e 15、-1即可,
∵f(e)-(e-1)=e--a-(e-1)=>0,
∴f(e)>e-1成立,
∴假設(shè)正確,即當a<1時,在x∈內(nèi)存在實數(shù)x0,使f(x0)>e-1成立.
A組 專題通關(guān)
1.設(shè)函數(shù)f(x)=+.
(1)求函數(shù)f(x)的值域;
(2)當實數(shù)x∈[0,1]時,證明:f(x)≤2-x2.
(1)解 函數(shù)f(x)的定義域是[-1,1],
∵f′(x)=,
當f′(x)>0時,解得-1 16、0)=2,
∴函數(shù)f(x)的值域為[,2].
(2)證明 設(shè)h(x)=++x2-2,x∈[0,1],
h(0)=0,
∵h′(x)=+x
=x,
∵(+)
=·≤2,
∴h′(x)≤0.
∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,
又h(0)=0,∴h(x)≤h(0)=0,
∴f(x)≤2-x2.
2.已知函數(shù)f(x)=+ln x.
(1)若函數(shù)f(x)在內(nèi)有極值,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)在(1)的條件下,對任意t∈(1,+∞),s∈(0,1),求證:f(t)-f(s)>e+2-.
(1)解 由定義域為(0,1)∪(1,+∞),
f′(x)=-=,
設(shè)h(x)=x 17、2-(a+2)x+1,
要使y=f(x)在上有極值,
則x2-(a+2)x+1=0有兩個不同的實根x1,x2,
∴Δ=(a+2)2-4>0,∴a>0或a<-4,①
且至少有一根在區(qū)間上,
又∵x1·x2=1,
∴只有一根在區(qū)間(e,+∞)上,不妨設(shè)x2>e,
∴0 18、f(x2),
即?t∈(1,+∞),都有f(t)≥f(x2),
又當x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1),
即對?s∈(0,1),都有f(s)≤f(x1),
又∵x1+x2=2+a,x1x2=1,
x1∈,x2∈,
∴f(t)-f(s)≥f(x2)-f(x1)
=ln x2+-ln x1-
=ln+-
=ln x+x2-,
設(shè)k(x)=ln x2+x-=2ln x+x-(x>e),
則k′(x)=+1+>0(x>e),
∴k(x)在上單調(diào)遞增,
∴k(x)>k(e)=2 19、+e-,
∴f(t)-f(s)>e+2-.
3.(2018·浙江省衢州二中模擬)已知函數(shù)f(x)=aex+(2-e)x(a為實數(shù),e為自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在x=0處的切線與直線(3-e)x-y+10=0平行,g(x)=-x2+4x-1.
(1)求實數(shù)a的值,并判斷函數(shù)f(x)在[0,+∞)內(nèi)的零點個數(shù);
(2)證明:當x>0時,f(x)≥g(x).
(1)解 ∵f′(x)=aex+2-e,
∴f′(0)=a+2-e=3-e,∴a=1,
∴f(x)=ex+(2-e)x,
則f′(x)=ex+2-e.
當x≥0時,f′(x)=ex+2-e≥e0+2-e>0,
∴f 20、(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,且f(0)=1>0,
∴f(x)在[0,+∞)內(nèi)沒有零點.
(2)證明 當x>0時,設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=ex+x2-(2+e)x+1,
則h′(x)=ex+2x-2-e=(ex-e)+2(x-1).
h′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且h′(1)=0,
∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
h(x)min=h(1)=e+1-(2+e)+1=0,
∴當x>0時,h(x)≥0,即當x>0時,f(x)≥g(x).
4.已知函數(shù)f(x)=ln x+,g(x)=e-x+bx,a,b∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若 21、函數(shù)y=g(x)在R上存在零點,求實數(shù)b的取值范圍;
(2)若函數(shù)y=f(x)在x=處的切線方程為ex+y-2+b=0.求證:對任意的x∈(0,+∞),總有f(x)>g(x).
(1)解 易得g′(x)=-e-x+b=b-.
若b=0,則g(x)=∈(0,+∞),不合題意;
若b<0,則g(0)=1>0,g=-1<0,滿足題設(shè),
若b>0,令g′(x)=-e-x+b=0,得x=-ln b.
∴g(x)在(-∞,-ln b)上單調(diào)遞減;
在(-ln b,+∞)上單調(diào)遞增,
則g(x)min=g(-ln b)=eln b-bln b=b-bln b≤0,
∴b≥e.
綜上所述, 22、實數(shù)b的取值范圍是(-∞,0)∪[e,+∞).
(2)證明 易得f′(x)=-,
則由題意,得f′=e-ae2=-e,解得a=.
∴f(x)=ln x+,從而f?=1,
即切點為.
將切點坐標代入ex+y-2+b=0中,解得b=0.
∴g(x)=e-x.
要證f(x)>g(x),即證ln x+>e-x(x∈(0,+∞)),
只需證xln x+>xe-x(x∈(0,+∞)).
令u(x)=xln x+,v(x)=xe-x,x∈(0,+∞).
則由u′(x)=ln x+1=0,得x=,
∴u(x)在上單調(diào)遞減,
在上單調(diào)遞增,
∴u(x)min=u=.
又由v′(x)= 23、e-x-xe-x=e-x(1-x)=0,得x=1,
∴v(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
∴v(x)max=v(1)=.
∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x),
顯然,上式的等號不能同時取到.
故對任意的x∈(0,+∞),總有f(x)>g(x).
5.已知函數(shù)g(x)=xln x,h(x)=(a>0).
(1)若g(x) 24、
令φ(x)=f′(x)=ln x+1-ax,則φ′(x)=-a,
①當a≥1時,
∵x∈(1,+∞),∴φ′(x)=-a<1-a≤0,
∴f′(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
又f′(1)=1-a≤0,∴f′(x)<0,
即f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
此時,f(x) 25、二 當x∈(1,+∞)時,g(x) 26、
=ln+ln+…+ln
<
=
=·
=
=≤,
故·…·<.
B組 能力提高
6.已知函數(shù)f(x)=ex+1,其中e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù),常數(shù)a>0.
(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的零點個數(shù);
(2)函數(shù)F(x)的導(dǎo)數(shù)F′(x)=f(x),是否存在無數(shù)個a∈(1,4),使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點?請說明理由.
解 (1)f′(x)=ex,
當0 27、所以存在x0∈,使f(x0)=0,
且當0 28、′(x)在上單調(diào)遞增,
由g′(1)=-<0,g′(e)=1->0,
所以存在唯一零點t0∈,使得g′=0,
且x∈時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,
x∈時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
所以當x∈時,g(x) 29、x)的極大值點.
方法二 因為當x∈時,ex-a<0;
當x∈時,ex-a>0.
由(1)知,當x∈(0,x0)時,f(x)<0;
當x∈(x0,+∞)時,f(x)>0.
所以存在無數(shù)個a∈(1,4),使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點,即存在無數(shù)個a∈(1,4),使得ln a 30、(x)在上單調(diào)遞增,
因為g′=ln-<0,g′(2)=ln 2->0,
所以存在唯一零點t0∈,使得g′=0,
且當x∈時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當x∈時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;
所以當x∈時,
g(x)min=g=t0ln t0-t0-+1,②
由g′=0,可得ln t0=,
代入②式可得g(x)min=g=-t0+1,
當t0∈時,
g=-t0+1=-<-<0,
所以必存在x∈,使得g(x)<0,
即對任意a∈,f<0有解,
所以對任意a∈?(1,4),函數(shù)F(x)存在極大值點為ln a.
7.已知f(x)=(x-1)ex+ax2.
31、
(1)當a=e時,求f(x)的極值;
(2)若f(x)有兩個不同零點,求a的取值范圍;
(3)對?x>1,求證:f(x)≥ax2+x+1+ln(x-1).
(1)解 當a=e時,f′(x)=x(ex+e).
當x∈(-∞,0)時,f′(x)<0,f(x)為減函數(shù),
當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,f(x)為增函數(shù),
∴f(x)極小值=f(0)=-1,無極大值.
(2)解 f′(x)=x(ex+a),
(ⅰ)當a=0時,f(x)=(x-1)ex,只有一個零點x=1,
(ⅱ)當a>0時,ex+a>0,
當x∈(-∞,0)時,f′(x)<0,f(x)為減函數(shù),
當x∈( 32、0,+∞)時,f′(x)>0,f(x)為增函數(shù),
f(x)極小值=f(0)=-1,而f(1)=>0,
∴當x>0時,函數(shù)f(x)在(0,1)上存在一個零點,
當x<0時,ex<1,∴(x-1)ex>x-1,
∴f(x)=(x-1)ex+ax2>x-1+ax2
=ax2+x-1,
令g(x)=ax2+x-1,
x1是g(x)=0的一個根,
取x1=<0,
∴f(x1)>0,f(x1)·f(0)<0,
∴當x<0時,函數(shù)f(x)在(x1,0)上存在一個零點,
∴函數(shù)f(x)有兩個零點.
(ⅲ)當a<0時,f′(x)=x(ex+a),
令f′(x)=0得x=0或x=ln(- 33、a),
①當ln(-a)>0,即a<-1時,
當x變化時,f(x),f′(x)的變化情況如表所示:
x
(-∞,0)
0
(0,ln(-a))
ln(-a)
(ln(-a),+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
-1
↘
↗
∴f(x)極大值=f(0)=-1,
∴函數(shù)f(x)至多有一個零點,不合題意,
②當ln(-a)=0,即a=-1時,f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,
∴f(x)至多有一個零點,不合題意.
③當ln(-a)<0,即-1
34、∞,ln(-a))
ln(-a)
(ln(-a),0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
↘
-1
↗
∴x<0,a<0時,f(x)=(x-1)ex+ax2<0,f(0)=-1,
∴函數(shù)f(x)至多有一個零點,不合題意.
綜上,a的取值范圍是(0,+∞).
(3)證明 令g(x)=f(x)-ln(x-1)-ax2-x-1,
=(x-1)ex-ln(x-1)-x-1,x∈(1,+∞),
g′(x)=xex--1=xex-
=x,x∈(1,+∞).
令h(x)=ex-,x∈(1,+∞),
h′(x)=ex+>0,
∴h(x)為(1,+∞)上的增函數(shù),h(2)=e2-1>0,
取x-1=e-2,x=1+e-2,h(1+e-2)=-e2<0,
∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)=0,即=,
∴當x∈(1,x0)時,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)為減函數(shù),
當x∈(x0,+∞)時,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù),
∴g(x)min=g(x0)=(x0-1)-ln(x0-1)-x0-1
=(x0-1)×-ln-x0-1
=1+x0-x0-1=0,
∴對?x>1,g(x)≥g(x0)=0,
即f(x)≥ax2+x+1+ln(x-1).
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