《2019届高考数学复习专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案文.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学复习专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案文.docx（14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,
2、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
3、-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
4、(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
5、)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,
6、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1
7、516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
8、(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
9、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
10、(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
11、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
