《2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题二 第四讲 导数的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高三数学二轮复习（全国理）讲义：专题二 第四讲 导数的综合应用（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第四讲 导数的综合应用 高考考点考点解读 利用导数研究复杂 函数的零点或方程 的根 1 判断函数的零点或方程的根的个数 或根 据零点 方程的根存在情况求参数的值 取值 范围 2 常与函数的单调性 极值 最值相结合 命题 利用导数解决 不等式问题 1 根据不等式恒成立 存在性成立求参数的 值 取值范围 2 证明不等式 比较大小 利用导数解决生活 中的优化问题 以实际生活问题 几何问题为背景解决最大 最小值问题 备考策略 本部分内容在备考时应注意以下几个方面 1 理解并掌握函数的零点的概念 求导公式和求导法则及不等式的性质 2 熟练掌握利用导数研究函数零点 方程解的个数问题 及研究不等式成立问题
2、证明问题及大小比较的方法和规律 预测 2020 年命题热点为 1 较复杂函数的零点 方程解的个数的确定与应用 2 利用导数解决含参数的不等式成立及不等式证明问题 3 利用导数解决实际生活及工程中的最优化问题 Z 知识整合 hi shi zheng he 1 利用导数求函数最值的几种情况 1 若连续函数 f x 在 a b 内有唯一的极大值点 x0 则 f x0 是函数 f x 在 a b 上的最 大值 f a f b min是函数 f x 在 a b 是的最小值 若函数 f x 在 a b 内有唯一的极小 值点 x0 则 f x0 是函数 f x 在 a b 上的最小值 f a f b max
3、是函数 f x 在 a b 是的最 大值 2 若函数 f x 在 a b 上单调递增 则 f a 是函数 f x 在 a b 上的最小值 f b 是函数 f x 在 a b 上的最大值 若函数 f x 在 a b 上单调递减 则 f a 是函数 f x 在 a b 上的最 大值 f b 是函数 f x 在 a b 上的最小值 3 若函数 f x 在 a b 上有极值点 x1 x2 xn n N n 2 则将 f x1 f x2 f xn 与 f a f b 作比较 其中最大的一个是函数 f x 在 a b 上的最大值 最小的一个 是函数 f x 在 a b 上的最小值 2 不等式的恒成立与能成
4、立问题 1 f x g x 对一切 x I 恒成立 I 是 f x g x 的解集的子集 f x g x min 0 x I 2 f x g x 对 x I 能成立 I 是 f x g x 的解集的交集 且 I 不是空集 f x g x max 0 x I 3 对 x1 x2 D 使得 f x1 g x2 f x max g x min 4 对 x1 D1 x2 D2使得 f x1 g x2 f x min g x min f x 定义域为 D1 g x 定义 域为 D2 3 证明不等式问题 不等式的证明可转化为利用导数研究单调性 极值和最值 再由单调性或最值来证明 不等式 其中构造一个可导函
5、数是用导数证明不等式的关键 1 文 2018 全国卷 21 已知函数 f aex ln x 1 x 1 设 x 2 是 f的极值点 求 a 并求 f的单调区间 x x 2 证明 当 a 时 f 0 1 e x 解析 1 f x 的定义域为 0 f x aex 1 x 由题设知 f 2 0 所以 a 1 2e2 从而 f x ex ln x 1 f x ex 1 2e2 1 2e2 1 x 当 0 x 2 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 当 a 时 f x ln x 1 1 e ex e 设 g x ln x 1 则 g x ex e
6、 ex e 1 x 当 0 x 1 时 g x 1 时 g x 0 所以 x 1 是 g x 的最小值点 故当 x 0 时 g x g 1 0 因此 当时 a 时 f x 0 1 e 理 2018 全国卷 21 已知函数 f x aln x x 1 x 1 讨论 f的单调性 x 2 若 f存在两个极值点 x1 x2 x 证明 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 0 所以 x3 x2 x 1 x2 x2 2x 3 x2 x 1 2 g x 在 上单调递增 故 g x
7、至多有一个零点 又 f 3a 1 6a2 2a 6 2 0 故 f x 有一个零点 1 3 a 1 6 1 6 1 3 综上 f x 只有一个零点 理 2018 全国卷 21 已知函数 f x ex ax2 1 若 a 1 证明 当 x 0 时 f x 1 2 若 f x 在 0 只有一个零点 求 a 解析 1 当 a 1 时 f x 1 等价于 x2 1 e x 1 0 设函数 g x x2 1 e x 1 则 g x x2 2x 1 e x x 1 2e x 当 x 1 时 g x 0 所以 g x 在 0 1 1 上单调递减 而 g 0 0 故当 x 0 时 g x 0 即 f x 1
8、2 设函数 h x 1 ax2e x f x 在 0 上只有一个零点当且仅当 h x 在 0 上只有一个零点 i 当 a 0 时 h x 0 h x 没有零点 ii 当 a 0 时 h x ax x 2 e x 当 x 0 2 时 h x 0 当 x 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 4a e2 若 h 2 0 即 a h x 在 0 上没有零点 e2 4 若 h 2 0 即 a h x 在 0 上只有一个零点 e2 4 若 h 2 0 即 a 由于 h 0 1 所以 h x 在 0 2 上有一个零点
9、e2 4 由 1 知 当 x 0 时 ex x2 所以 h 4a 1 1 1 1 0 16a3 e4a 16a3 e2a 2 16a3 2a 4 1 a 故 h x 在 2 4a 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 e2 4 3 文 2018 全国卷 21 已知函数 f x ax2 x 1 ex 1 求曲线 y f在点处的切线方程 x 0 1 2 证明 当 a 1 时 f e 0 x 解析 1 f x 的定义域为 R f x ax2 2a 1 x 2 ex 显然 f 0 1 即点 0 1 在曲线 y f x 上 所求切线斜率为 k f 0 2
10、 所以切线方程为 y 1 2 x 0 即 2x y 1 0 2 方法一 一边为 0 令 g x ax2 2a 1 x 2 当 a 1 时 方程 g x 的判别式 2a 1 2 0 由 g x 0 得 x 2 且 0 2 1 a 1 a x f x f x 的关系如下 x 1 a 1 a 1 a 2 2 2 f x 0 0 f x 极小 值 极大 值 若 x 2 f x f e 又因为 a 1 1 a 1 a 所以 0 1 14a 2 1 0 ex 0 所以 f x 0 f x e 0 ax2 x 1 ex 综上 当 a 1 时 f x e 0 方法二 充要条件 当 a 1 时 f x 显然 e
11、x 0 要证 f x e 0 只需证 e x2 x 1 ex x2 x 1 ex 即证 h x x2 x 1 e ex 0 h x 2x 1 e ex 观察发现 h 1 0 x h x h x 的关系如下 x 1 1 1 h x 0 h x 极小值 所以 h x 有最小值 h 1 0 所以 h x 0 即 f x e 0 当 a 1 时 由 知 e 又显然 ax2 x2 x2 x 1 ex 所以 ax2 x 1 x2 x 1 f x e 即 f x e 0 ax2 x 1 ex x2 x 1 ex 综上 当 a 1 时 f x e 0 方法三 分离参数 当 x 0 时 f x e 1 e 0
12、成立 当 x 0 时 f x e 0 等价于 e ax2 x 1 ex 等价于 ax2 x 1 e ex 即 ax2 e ex x 1 等价于 a k x 等价于 k x max 1 e ex x 1 x2 k x x 2 1 e ex x3 令 k x 0 得 x 1 2 x k x k x 的关系如下 x 1 1 0 0 2 2 2 1 k x 0 0 k x 极大 值 极大 值 又因为 k 1 1 k 2 0 1 e3 4 所以 k x max 1 k x 1 x 0 综上 当 a 1 时 f x e 0 理 2018 全国卷 21 已知函数 f ln 2x x 2 x ax2 1 x
13、1 若 a 0 证明 当 1 x 0 时 f0 时 f 0 x x 2 若 x 0 是 f的极大值点 求 a x 解析 1 当 a 0 时 f x 2 x ln 1 x 2x f x ln 1 x x 1 x 设函数 g x f x ln 1 x 则 g x x 1 x x 1 x 2 当 1 x 0 时 g x 0 时 g x 0 故当 x 1 时 g x g 0 0 当且仅当 x 0 时 g x 0 从而 f x 0 当且仅当 x 0 时 f x 0 所以 f x 在 1 上单调递增 又 f 0 0 故当 1 x 0 时 f x 0 时 f x 0 2 i 若 a 0 由 1 知 当 x
14、0 时 f x 2 x ln 1 x 2x 0 f 0 这与 x 0 是 f x 的极大值点矛盾 ii 若 a 0 设函数 h x ln 1 x f x 2 x ax2 2x 2 x ax2 由于当 x 0 故 h x 与 f x 符号相同 1 1 a 又 h 0 f 0 0 故 x 0 是 f x 的极大值点 当且仅当 x 0 是 h x 的极大值点 h x 1 1 x 2 2 x ax2 2x 1 2ax 2 x ax2 2 x2 a2x2 4ax 6a 1 x 1 ax2 x 2 2 如果 6a 1 0 则当 0 x 6a 1 4a 且 x 0 故 x 0 不是 h x 的极大值点 1
15、1 a 如果 6a 1 0 则 a2x2 4ax 6a 1 0 存在根 x1 0 故当 x x1 0 且 x min 时 h x 0 当 x 0 1 时 h x 0 x2 2 1 求 f x 的单调区间和极值 2 证明若 f x 有零点 则 f x 在区间 1 上仅有一个零点 e 解析 1 f x 的定义域为 0 f x x k x x2 k x 因为 k 0 所以令 f x 0 得 x 列表如下 k x 0 k k k f x 0 f x 极小值 减区间为 0 增区间为 kk 当 x 时 取得极小值 f kk k kln k 2 2 当 1 即 00 所以 f x 在区间 1 上没有零点 1
16、 2e e 2 k 2 e k 2e 当 1 即 1 k0 f 0 f 0 1 2e e k 2k k kln k 2 k 1 ln k 2 此时函数没有零点 当 即 k e 时 f x 在 1 上单调递减 f 1 0 f 2 1 试确定 t 的取值范围 使得函数 f x 在 2 t 上为单调函数 2 当 1 t0 得 x 1 或 x 0 由 f x 0 得 0 x 1 f x 在 0 1 上单调递增 在 0 1 上单调递减 若使 f x 在 2 t 上为单调函数 则需 2 t 0 即 t 的取值范围为 2 0 2 x x0 t 1 2 即 x x0 t 1 2 令 g x x2 x t 1 f x0 ex02 0 f x0 ex0 2 32 0 2 3 2 3 2 则问题转化为当 1 t 4 时 求方程 g x x2 x t 1 2 0 在 2 t 上的解的个数 2 3 g 2 6 t 1 2 t 2 t 4 2 3 2 3 g t t t 1 t 1 2 t 2 t 1 2 3 1 3 当 1 t0 且 g t 0 g 0 t 1 2 0 g x 0 在 2 t 上有两解 2 3
