2018年高考数学二轮复习 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第六讲 导数的应用（二）教案

1、第六讲 导数的应用(二)真题自检1(2017高考全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解析：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)单调递减，在(1，1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)单调递减，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0)，所以g(x)在0，)单调递增，而g(0)0，故

2、exx1.当0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)2(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(0，)当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(

3、1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2时，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，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导数与方程问题典例(2017临沂模拟)已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点

4、；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解析：(1)证明：h(x)f(x)g(x)ex1x，则h(1)e30，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点因为h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.类题通法数学思想在用导数研究方程根或零点问

5、题中的应用对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用演练冲关1(2016江西宜春中学模拟)设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数解析：(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0

6、)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点2已知函数f(x)aln x(aR)(1)若h(x)f(x)2x，当a3时，求h(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围解析：(1)h(x)的定义域为(0，)，h(x)2，h(x)的单调递减区间是和(1，)(2)问题等价于al

7、n x有唯一的实根，显然a0，则关于x的方程xln x有唯一的实根，构造函数(x)xln x，则(x)1ln x，由(x)1ln x0，得xe1，当0xe1时，(x)e1时，(x)0，(x)单调递增，(x)的极小值为(e1)e1.如图，作出函数(x)的大致图象，则要使方程xln x有唯一的实根，只需直线y与曲线y(x)有唯一的交点，则e1或0，解得ae或a0，故实数a的取值范围是a|ae或a0导数、函数、不等式的交汇问题函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度交汇点一 不等式恒成立问题典例1(20

8、17洛阳模拟)设函数f(x)x3x2(a1)x1(其中常数aR)(1)已知函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)已知不等式f(x)x2xa1对任意a(0，)都成立，求x的取值范围解析：(1)因为f(x)x3x2(a1)x1，所以f(x)ax23xa1，因为函数f(x)在x1处取得极值，所以f(1)a3a10，解得a1，此时f(x)x23x2(x1)(x2)，当x2时，f(x)0，f(x)为增函数；当1x2时，f(x)x2xa1对任意a(0，)都成立，等价于a对任意a(0，)都成立，等价于0成立，所以x22x0，解得2x0.所以x的取值范围是2,0类题通法等价转化思想在求解不等式恒成立问

9、题中的两种方法(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)min0.演练冲关1(2017南昌模拟)已知函数f(x)exx2(1m)x1(e为自然对数的底数，m为常数)(1)若曲线yf(x)与x轴相切，求实数m的值；(2)若存在实数x1，x20,1使得2f(x1)2f(x)min，m1时，当x0,1时，f(x)0，函数f(x)单

10、调递减，所以f(0)2f(1)，即12m3；m0时，x0,1时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(1)2f(0)，即2m32e；当0m1时，当x(0，m)时f(x)0，所以f(x)minf(m)，f(x)maxf(0)或f(1)，记函数g(m)，g(m)，当m0时，g(m)0，g(m)单调递减，所以m(0,1)时，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，综上，实数m的取值范围是(，32e).交汇点二 证明不等式典例2 (2017吉林实验中学模拟)已知函数f(x)(ax2xa)ex.(1)讨论函数f

11、(x)的单调性；(2)设g(x)bln xx(b0)，当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)0成立，求实数b的取值范围解析：(1)f(x)(x1)(axa1)ex.当a0时，f(x)在(，1)上时，f(x)0，f(x)在(，1)上单调递增；f(x)在(1，)上时，f(x)0时，因为11，所以f(x)在(，1)和(1，)上单调递增，在(1，1)上单调递减；当a0时，因为11，所以f(x)在(，1)和(1，)上单调递减，在(1，1)上单调递增(2)由(1)知当a时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)0；由题意知，对任意x1(0,2)，存在x21,2，使g(x2)f(x1)成立，因为f(x1)max0，所以bln x2x20，即b.令h(x)，x1,2，则h(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0，证明：当0xa时，f(ax)0.解析：(1)f(x)的定义域为(0，)由已知，得f(x)x1a.若a0，则f(x)0，此时f(x)在(0，)上单调递增若a0，则由f(x)0，得xa.当0xa时，f(x)a时，f(x)0.此时f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增(2)证明：令g(x)f(ax)f(ax)，则g(x)(ax)2(1a)(ax)aln(a