2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第六講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）教案

1、第六講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)真題自檢1(2017高考全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0時(shí)，f(x)ax1，求a的取值范圍解析：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)單調(diào)遞減，在(1，1)單調(diào)遞增(2)f(x)(1x)(1x)ex.當(dāng)a1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)單調(diào)遞減，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當(dāng)0a0(x0)，所以g(x)在0，)單調(diào)遞增，而g(0)0，故

2、exx1.當(dāng)0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.當(dāng)a0時(shí)，取x0，則x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a的取值范圍是1，)2(2016高考全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當(dāng)a4時(shí)，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，求a的取值范圍解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)當(dāng)a4時(shí)，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(

3、1)處的切線方程為2xy20.(2)當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0等價(jià)于ln x0.設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.當(dāng)a2，x(1，)時(shí)，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)0；當(dāng)a2時(shí)，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當(dāng)x(1，x2)時(shí)，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2導(dǎo)數(shù)與方程問題典例(2017臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e2.718 28.(1)證明：函數(shù)h(x)f(x)g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)

4、；(2)求方程f(x)g(x)的根的個(gè)數(shù)，并說明理由解析：(1)證明：h(x)f(x)g(x)ex1x，則h(1)e30，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，而h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)，因此h(x)在0，)上至少有兩個(gè)零點(diǎn)因?yàn)閔(x)exx1，記(x)exx1，則(x)exx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，因此(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，即h(x)在0，)內(nèi)至多有兩個(gè)零點(diǎn)所以方程f(x)g(x)的根的個(gè)數(shù)為2.類題通法數(shù)學(xué)思想在用導(dǎo)數(shù)研究方程根或零點(diǎn)問

5、題中的應(yīng)用對于函數(shù)的零點(diǎn)問題，往往通過利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性，從而研究函數(shù)在不同區(qū)間上的函數(shù)取值，利用數(shù)形結(jié)合來求解函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)或參數(shù)的取值范圍在求解的過程中要注意函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理及分類討論思想的應(yīng)用演練沖關(guān)1(2016江西宜春中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ln x，mR.(1)當(dāng)me(e為自然對數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)解析：(1)由題設(shè)，當(dāng)me時(shí)，f(x)ln x，則f(x)，當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xe時(shí)，f(x)取得極小值f(e)ln e2，f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)f(x)(x0

6、)，令g(x)0，得mx3x(x0)設(shè)(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時(shí)，(x)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；當(dāng)m或m0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0m時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)2已知函數(shù)f(x)aln x(aR)(1)若h(x)f(x)2x，當(dāng)a3時(shí)，求h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解析：(1)h(x)的定義域?yàn)?0，)，h(x)2，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是和(1，)(2)問題等價(jià)于al

7、n x有唯一的實(shí)根，顯然a0，則關(guān)于x的方程xln x有唯一的實(shí)根，構(gòu)造函數(shù)(x)xln x，則(x)1ln x，由(x)1ln x0，得xe1，當(dāng)0xe1時(shí)，(x)e1時(shí)，(x)0，(x)單調(diào)遞增，(x)的極小值為(e1)e1.如圖，作出函數(shù)(x)的大致圖象，則要使方程xln x有唯一的實(shí)根，只需直線y與曲線y(x)有唯一的交點(diǎn)，則e1或0，解得ae或a0，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是a|ae或a0導(dǎo)數(shù)、函數(shù)、不等式的交匯問題函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式的交匯命題是課標(biāo)卷命題的熱點(diǎn)，也是每年高考必考內(nèi)容，常考的角度主要有不等式恒成立問題及證明不等式，綜合性能有較大的區(qū)分度交匯點(diǎn)一 不等式恒成立問題典例1(20

8、17洛陽模擬)設(shè)函數(shù)f(x)x3x2(a1)x1(其中常數(shù)aR)(1)已知函數(shù)f(x)在x1處取得極值，求a的值；(2)已知不等式f(x)x2xa1對任意a(0，)都成立，求x的取值范圍解析：(1)因?yàn)閒(x)x3x2(a1)x1，所以f(x)ax23xa1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x1處取得極值，所以f(1)a3a10，解得a1，此時(shí)f(x)x23x2(x1)(x2)，當(dāng)x2時(shí)，f(x)0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)1x2時(shí)，f(x)x2xa1對任意a(0，)都成立，等價(jià)于a對任意a(0，)都成立，等價(jià)于0成立，所以x22x0，解得2x0.所以x的取值范圍是2,0類題通法等價(jià)轉(zhuǎn)化思想在求解不等式恒成立問

9、題中的兩種方法(1)分離參數(shù)法：若能夠?qū)?shù)分離，且分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求，則用分離參數(shù)法即：f(x)恒成立，則f(x)max.f(x)恒成立，則f(x)min.(2)最值轉(zhuǎn)化法：若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值不易求，則常用最值轉(zhuǎn)化法可通過求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解如f(x)0，則只需f(x)min0.演練沖關(guān)1(2017南昌模擬)已知函數(shù)f(x)exx2(1m)x1(e為自然對數(shù)的底數(shù)，m為常數(shù))(1)若曲線yf(x)與x軸相切，求實(shí)數(shù)m的值；(2)若存在實(shí)數(shù)x1，x20,1使得2f(x1)2f(x)min，m1時(shí)，當(dāng)x0,1時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單

10、調(diào)遞減，所以f(0)2f(1)，即12m3；m0時(shí)，x0,1時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(1)2f(0)，即2m32e；當(dāng)0m1時(shí)，當(dāng)x(0，m)時(shí)f(x)0，所以f(x)minf(m)，f(x)maxf(0)或f(1)，記函數(shù)g(m)，g(m)，當(dāng)m0時(shí)，g(m)0，g(m)單調(diào)遞減，所以m(0,1)時(shí)，g(m)g(1)，所以2f(x)min1f(0)，2f(x)minf(1)，不存在m(0,1)使得f(x)max2f(x)min，綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(，32e).交匯點(diǎn)二 證明不等式典例2 (2017吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)(ax2xa)ex.(1)討論函數(shù)f

11、(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)bln xx(b0)，當(dāng)a時(shí)，若對任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)0成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解析：(1)f(x)(x1)(axa1)ex.當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(，1)上時(shí)，f(x)0，f(x)在(，1)上單調(diào)遞增；f(x)在(1，)上時(shí)，f(x)0時(shí)，因?yàn)?1，所以f(x)在(，1)和(1，)上單調(diào)遞增，在(1，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a0時(shí)，因?yàn)?1，所以f(x)在(，1)和(1，)上單調(diào)遞減，在(1，1)上單調(diào)遞增(2)由(1)知當(dāng)a時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增，因此f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)0；由題意知，對任意x1(0,2)，存在x21,2，使g(x2)f(x1)成立，因?yàn)閒(x1)max0，所以bln x2x20，即b.令h(x)，x1,2，則h(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0，證明：當(dāng)0xa時(shí)，f(ax)0.解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)由已知，得f(x)x1a.若a0，則f(x)0，此時(shí)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增若a0，則由f(x)0，得xa.當(dāng)0xa時(shí)，f(x)a時(shí)，f(x)0.此時(shí)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增(2)證明：令g(x)f(ax)f(ax)，則g(x)(ax)2(1a)(ax)aln(a