《2020数学（文）二轮教师用书：第2部分 专题6 第3讲 导数的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020数学（文）二轮教师用书：第2部分 专题6 第3讲 导数的综合应用（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 3 讲 导数的综合应用 利用导数证明不等式 5 年 3 考 高考解读 利用导数证明不等式是每年高考的热点 主要考查 辅助函数 法 证明不等式 难度较大 2018 全国卷 已知函数 f x ax2 x 1 ex 1 求曲线 y f x 在点 0 1 处的切线方程 2 证明 当 a 1 时 f x e 0 切入点 求函数 f x 的导数 关键点 正确构造函数 转化为函数的最值问题解决 解 1 f x f 0 2 ax2 2a 1 x 2 ex 因此曲线 y f x 在 0 1 处的切线方程是 2x y 1 0 2 证明 当 a 1 时 f x e x2 x 1 ex 1 e x 令 g x x
2、2 x 1 ex 1 则 g x 2x 1 ex 1 当 x 1 时 g x 1 时 g x 0 g x 单调递 增 所以 g x g 1 0 因此 f x e 0 教师备选题 1 2016 全国卷 设函数 f x ln x x 1 1 讨论 f x 的单调性 2 证明当 x 1 时 1 x x 1 ln x 3 设 c 1 证明当 x 0 1 时 1 c 1 x cx 解 1 由题设知 f x 的定义域为 0 f x 1 令 f x 0 1 x 解得 x 1 当 0 x 1 时 f x 0 f x 单调递增 当 x 1 时 f x 0 f x 单调递减 2 由 1 知 f x 在 x 1 处
3、取得最大值 最大值为 f 1 0 所以当 x 1 时 ln x x 1 故当 x 1 时 ln x x 1 ln 1 1 x 1 x 即 1 x x 1 ln x 3 证明 由题设 c 1 设 g x 1 c 1 x cx 则 g x c 1 cxln c 令 g x 0 解得 x0 lnc 1 ln c ln c 当 x x0时 g x 0 g x 单调递增 当 x x0时 g x 0 g x 单调递减 由 2 知 1 c 故 0 x0 1 c 1 ln c 又 g 0 g 1 0 故当 0 x 1 时 g x 0 所以当 x 0 1 时 1 c 1 x cx 2 2017 全国卷 已知函数
4、 f x ln x ax2 2a 1 x 1 讨论 f x 的单调性 2 当 a0 故 f x 在 0 上单调递增 若 a0 0 1 2a 当 x 时 f x 0 1 2a 故 f x 在上单调递增 在单调递减 0 1 2a 1 2a 2 证明 由 1 知 当 a0 当 x 1 时 g x 0 时 g x 0 从而当 a1 解 1 当 m 1 时 f x ex ln x 1 所以 f x ex 1 x 所以 f 1 e 1 又因为 f 1 e 1 所以曲线 y f x 在点 1 f 1 处的切线方程为 y e 1 e 1 x 1 即 y e 1 x 2 当 m 1 时 f x mex ln x
5、 1 ex ln x 1 要证明 f x 1 只需证明 ex ln x 2 0 设 g x ex ln x 2 则 g x ex x 0 1 x 设 h x ex x 0 则 h x ex 0 1 x 1 x2 所以函数 h x g x ex 在 0 上单调递增 1 x 因为 g e 20 1 2 1 2 所以函数 g x ex 在 0 上有唯一零点 x0 且 x0 1 x 1 2 1 因为 g x0 0 所以 ex0 即 ln x0 x0 1 x0 当 x 0 x0 时 g x 0 所以当 x x0时 g x 取得最小值 g x0 故 g x g x0 ex0 ln x0 2 x0 2 0
6、1 x0 综上可知 若 m 1 则 f x 1 2 求单调区间和极值 证明不等式 已知函数 f x ex 3x 3a e 为自然对 数的底数 a R 1 求 f x 的单调区间与极值 2 求证 当 a ln 且 x 0 时 x 3a 3 e ex x 3 2 1 x 解 1 由 f x ex 3x 3a x R 知 f x ex 3 令 f x 0 得 x ln 3 于是当 x 变化时 f x f x 的变化情况如下表 x ln 3 ln 3 ln 3 f x 0 f x 3 1 ln 3 a 故 f x 的单调递减区间是 ln 3 单调递增区间是 ln 3 f x 在 x ln 3 处取得极
7、小值 极小值为 f ln 3 3 1 ln 3 a 2 证明 待证不等式等价于 ex x2 3ax 1 3 2 设 g x ex x2 3ax 1 3 2 于是 g x ex 3x 3a 由 1 及 a ln ln 3 1 知 g x 的最小值为 g ln 3 3 1 ln 3 a 0 3 e 于是对任意 x R 都有 g x 0 所以 g x 在 R 内单调递增 于是当 a ln ln 3 1 时 对任意 x 0 都有 g x g 0 3 e 而 g 0 0 从而对任意 x 0 g x 0 即 ex x2 3ax 1 3 2 故 x 3a ex x 3 2 1 x 利用导数解决不等式恒成立中
8、的参数问题 5 年 3 考 高考解读 利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点 主要考查 分离参数法及最值法的应用 考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养 2017 全国卷 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 切入点 利用导数求 f x 关键点 将 f x 0 恒成立转化为 f x 的最小值大于或等于 0 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 a 0 则由 f x 0 得 x ln a 当 x ln a 时 f x 0
9、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 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 a 0 即 0 a 1 时 f x 0 若 a0 求 a 的取值范围 解 1 f x 的定义域为 0 当 a 4 时 f x x 1 ln x 4 x 1 f 1 0 f x ln x 3 f 1 2 1 x 故曲线 y f x 在 1 f 1 处的切线方程为 2x y 2 0 2 当 x 1 时 f x 0 等价于 ln x 0 a x 1 x 1 设 g x ln x
10、 a x 1 x 1 则 g x g 1 0 1 x 2a x 1 2 x2 2 1 a x 1 x x 1 2 当 a 2 x 1 时 x2 2 1 a x 1 x2 2x 1 0 故 g x 0 g x 在 1 上单调递增 因此 g x 0 当 a 2 时 令 g x 0 得 x1 a 1 x2 a 1 a 1 2 1 a 1 2 1 由 x2 1 和 x1x2 1 得 x1 1 故当 x 1 x2 时 g x 0 g x 在 1 x2 单 调递减 因此 g x 0 综上 a 的取值范围是 2 解决不等式恒成立问题的两种方法 1 分离参数法 若能够将参数分离 且分离后含 x 变量的函数关系
11、式的最值 易求 则用分离参数法 即 f x 恒成立 则 f x max f x 恒成立 则 f x min 2 最值转化法 若参数不易分离或分离后含 x 变量的函数关系式的最值不易 求 则常用最值转化法 可通过求最值建立关于参数的不等式求解 如 f x 0 则 只需 f x min 0 1 恒成立问题 已知函数 f x xln x x 0 1 求 f x 的单调区间和极值 2 若对任意 x 0 f x 恒成立 求实数 m 的最大值 x2 mx 3 2 解 1 由题意知 f x ln x 1 令 f x 0 得 x 令 f x 0 得 0 x0 2xln x x2 3 x 则 g x 由 g x
12、 0 x 1 由 g x 0 0 x0 3 2 1 若曲线 y f x 经过坐标原点 求该曲线在原点处的切线方程 2 若 f x g x m 在 0 上有解 求实数 m 的取值范围 解 1 因为 f 0 a 1 0 所以 a 1 此时 f x ex ex 1 所以 f x ex e f 0 1 e 所以曲线 y f x 在原点处的切线方程为 y 1 e x 2 因为 f x aex aex 1 所以 f x aex ae a ex e 当 x 1 时 f x 0 当 0 x 1 时 f x 1 时 h x 0 当 0 x0 所以 h x 在 0 1 上单调递增 在 1 上单调递减 所以当 x
13、0 时 h x max h 1 m 7 2 要使 f x g x m 在 0 上有解 则 m 1 即 m 7 2 9 2 所以实数 m 的取值范围为 9 2 利用导数研究函数的零点或方程根的问题 5 年 4 考 高考解读 函数零点问题也是每年高考的重点 文科注重考查函数零点个数 的判定与证明 难度偏大 2018 全国卷 已知函数 f x x3 a x2 x 1 1 3 1 若 a 3 求 f x 的单调区间 2 证明 f x 只有一个零点 切入点 求 f x 利用导数解决 关键点 注意到 x2 x 1 0 恒成立 从而 f x 0 等价转化为 3a 0 即方程只有一个根 x3 x2 x 1 解
14、 1 当 a 3 时 f x x3 3x2 3x 3 f x x2 6x 3 1 3 令 f x 0 解得 x 3 2或 x 3 2 33 当 x 3 2 3 2 时 f x 0 33 当 x 3 2 3 2 时 f x 0 所以 f x 0 等价于 3a 0 x3 x2 x 1 设 g x 3a 则 g x 0 仅当 x 0 时 g x x3 x2 x 1 x2 x2 2x 3 x2 x 1 2 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 6a 2 0 故 f x 有一个 1 3 1 6 1 6 1 3 零点 综上
15、 f x 只有一个零点 教师备选题 1 2014 全国卷 已知函数 f x x3 3x2 ax 2 曲线 y f x 在点 0 2 处 的切线与 x 轴交点的横坐标为 2 1 求 a 2 证明 当 k0 当 x 0 时 g x 3x2 6x 1 k 0 g x 单调递增 g 1 k 10 时 令 h x x3 3x2 4 则 g x h x 1 k x h x h x 3x2 6x 3x x 2 h x 在 0 2 单调递减 在 2 单调递增 所 以 g x h x h 2 0 所以 g x 0 在 0 没有实根 综上 g x 0 在 R 上有唯一实根 即曲线 y f x 与直线 y kx 2
16、 只有一个 交点 2 2015 全国卷 设函数 f x e2x aln x 1 讨论 f x 的导函数 f x 零点的个数 2 证明 当 a 0 时 f x 2a aln 2 a 解 1 f x 的定义域为 0 f x 2e2x x 0 a x 当 a 0 时 f x 0 f x 没有零点 当 a 0 时 设 u x e2x v x a x 因为 u x e2x在 0 上单调递增 v x 在 0 上单调递增 a x 所以 f x 在 0 上单调递增 又 f a 0 当 b 满足 0 b 且 b 时 f b 0 时 f x 存在唯一零点 2 证明 由 1 可设 f x 在 0 上的唯一零点为 x0 当 x 0 x0 时 f x 0 故 f x 在 0 x0 上单调递减 在 x0 上单调递增 所以当 x x0时 f x 取得最小值 最小值为 f x0 由于 2e2x0 0 a x0 所以 f x0 2ax0 aln 2a aln a 2x0 2 a 2 a 故当 a 0 时 f x 2a aln 2 a 1 求解函数零点 方程根 的个数问题的 3 个步骤 第一步 将问题转化为函数的零点问题
