《2019【高考】数学二轮复习-专题六-函数与导数、不等式-第5讲-导数的综合应用与热点问题练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019【高考】数学二轮复习-专题六-函数与导数、不等式-第5讲-导数的综合应用与热点问题练习（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第5讲导数的综合应用与热点问题高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，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a1时，f(x)exx2，则f(x)ex2x.令g(x)f(x)，则g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0.当x0时，g(x)g(ln 2)22ln 20，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(
2、0)1.(2)解若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程exax20在(0，)上只有一个解，由a，令(x)，x(0，)，(x)，令(x)0，解得x2.当x(0，2)时，(x)0.(x)min(2).a.2.(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.(1)解f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0，因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)1时，g(x
3、)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e2)0，h0；当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念
4、，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0 (f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果能证明F(x)在(
5、a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2018西安调研)函数f(x)axxln x在x1处取得极
6、值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)f(x)aln x1，x0，由f(1)a10，解得a1.则f(x)xxln x，f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.热点二利用导数证明不等式【例
7、2】 (2018郑州质检)已知函数f(x)x1aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，设1x10，且f(x1)f(x2)5，证明：x12x24.(1)解由f(x)x1aex，得f(x)1aex.当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增.当a0，得xln，则f(x)的单调递增区间为.令f(x)ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明法一设g(x)f(x)2xex3x1，则g(x)ex3.由g(x)ln 3；由g(x)0，得xln 3.故g(x)maxg(ln 3)3ln 340.从而g(x)f(x)2x0.f(x1)f(x2)5，f(x2)2x25f(x1)2x24ex1.
8、1x10，e1ex14.从而x12x24.法二f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23，x12x2ex1ex23x23.设g(x)ex3x，则g(x)ex3.由g(x)0，得x0，得xln 3.故g(x)ming(ln 3)33ln 3.1x10，x12x2e133ln 333ln 3，3ln 3ln 274.探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)
9、M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.【训练2】 (2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0，1)时，1(c1)xcx.(1)解由f(x)ln xx1(x0)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增.当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0.当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.当x(0，1)时，1(c1)xcx.热点三不等式恒成立、存在性问题考法1不等式恒成立问题【例31】 (2016全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1).(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处
