2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題一 第五講 導數的應用 第六講 導數的應用（二）教案

1、第六講 導數的應用(二)真題自檢1(2017高考全國卷)設函數f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調性；(2)當x0時，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x(，1)時，f(x)0；當x(1，)時，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)單調遞減，在(1，1)單調遞增(2)f(x)(1x)(1x)ex.當a1時，設函數h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)單調遞減，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當0a0(x0)，所以g(x)在0，)單調遞增，而g(0)0，故

2、exx1.當0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.當a0時，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f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當x(1，)時，f(x)0，求a的取值范圍解析：(1)f(x)的定義域為(0，)當a4時，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x(1，)時，f(x)0等價于ln x0.設g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.當a2，x(1，)時，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調遞增，因此g(x)0；當a2時，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2導數與方程問題典例(2017臨沂模擬)已知函數f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然對數的底數，e2.718 28.(1)證明：函數h(x)f(x)g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點

4、；(2)求方程f(x)g(x)的根的個數，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h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，則x0為h(x)的一個零點，而h(x)在(1,2)內有零點，因此h(x)在0，)上至少有兩個零點因為h(x)exx1，記(x)exx1，則(x)exx.當x(0，)時，(x)0，因此(x)在(0，)上單調遞增，則(x)在(0，)內至多只有一個零點，即h(x)在0，)內至多有兩個零點所以方程f(x)g(x)的根的個數為2.類題通法數學思想在用導數研究方程根或零點問

5、題中的應用對于函數的零點問題，往往通過利用導數來研究函數的單調性，從而研究函數在不同區(qū)間上的函數取值，利用數形結合來求解函數的零點個數或參數的取值范圍在求解的過程中要注意函數零點的存在性定理及分類討論思想的應用演練沖關1(2016江西宜春中學模擬)設函數f(x)ln x，mR.(1)當me(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；(2)討論函數g(x)f(x)零點的個數解析：(1)由題設，當me時，f(x)ln x，則f(x)，當x(0，e)時，f(x)0，f(x)在(e，)上單調遞增，當xe時，f(x)取得極小值f(e)ln e2，f(x)的極小值為2.(2)由題設g(x)f(x)(x0

6、)，令g(x)0，得mx3x(x0)設(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當x(0,1)時，(x)0，(x)在(0,1)上單調遞增；當x(1，)時，(x)時，函數g(x)無零點；當m時，函數g(x)有且只有一個零點；當0m時，函數g(x)無零點；當m或m0時，函數g(x)有且只有一個零點；當0m時，函數g(x)有兩個零點2已知函數f(x)aln x(aR)(1)若h(x)f(x)2x，當a3時，求h(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若函數f(x)有唯一的零點，求實數a的取值范圍解析：(1)h(x)的定義域為(0，)，h(x)2，h(x)的單調遞減區(qū)間是和(1，)(2)問題等價于al

7、n x有唯一的實根，顯然a0，則關于x的方程xln x有唯一的實根，構造函數(x)xln x，則(x)1ln x，由(x)1ln x0，得xe1，當0xe1時，(x)e1時，(x)0，(x)單調遞增，(x)的極小值為(e1)e1.如圖，作出函數(x)的大致圖象，則要使方程xln x有唯一的實根，只需直線y與曲線y(x)有唯一的交點，則e1或0，解得ae或a0，故實數a的取值范圍是a|ae或a0導數、函數、不等式的交匯問題函數、導數、不等式的交匯命題是課標卷命題的熱點，也是每年高考必考內容，?？嫉慕嵌戎饕胁坏仁胶愠闪栴}及證明不等式，綜合性能有較大的區(qū)分度交匯點一 不等式恒成立問題典例1(20

8、17洛陽模擬)設函數f(x)x3x2(a1)x1(其中常數aR)(1)已知函數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)因為f(x)x3x2(a1)x1，所以f(x)ax23xa1，因為函數f(x)在x1處取得極值，所以f(1)a3a10，解得a1，此時f(x)x23x2(x1)(x2)，當x2時，f(x)0，f(x)為增函數；當1x2時，f(x)x2xa1對任意a(0，)都成立，等價于a對任意a(0，)都成立，等價于0成立，所以x22x0，解得2x0.所以x的取值范圍是2,0類題通法等價轉化思想在求解不等式恒成立問

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

10、調遞減，所以f(0)2f(1)，即12m3；m0時，x0,1時，f(x)0，函數f(x)單調遞增，所以f(1)2f(0)，即2m32e；當0m1時，當x(0，m)時f(x)0，所以f(x)minf(m)，f(x)maxf(0)或f(1)，記函數g(m)，g(m)，當m0時，g(m)0，g(m)單調遞減，所以m(0,1)時，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，實數m的取值范圍是(，32e).交匯點二 證明不等式典例2 (2017吉林實驗中學模擬)已知函數f(x)(ax2xa)ex.(1)討論函數f

11、(x)的單調性；(2)設g(x)bln xx(b0)，當a時，若對任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)0成立，求實數b的取值范圍解析：(1)f(x)(x1)(axa1)ex.當a0時，f(x)在(，1)上時，f(x)0，f(x)在(，1)上單調遞增；f(x)在(1，)上時，f(x)0時，因為11，所以f(x)在(，1)和(1，)上單調遞增，在(1，1)上單調遞減；當a0時，因為11，所以f(x)在(，1)和(1，)上單調遞減，在(1，1)上單調遞增(2)由(1)知當a時，f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,2)上單調遞增，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，因為f(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0xa時，f(ax)0.解析：(1)f(x)的定義域為(0，)由已知，得f(x)x1a.若a0，則f(x)0，此時f(x)在(0，)上單調遞增若a0，則由f(x)0，得xa.當0xa時，f(x)a時，f(x)0.此時f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，)上單調遞增(2)證明：令g(x)f(ax)f(ax)，則g(x)(ax)2(1a)(ax)aln(a