2021高考数学二轮复习专题练-三、核心热点突破-专题六-函数与导数-第4讲-导数的综合应用.doc
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1、2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题六 函数与导数 第4讲 导数的综合应用2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题六 函数与导数 第4讲 导数的综合应用年级:姓名:第4讲导数的综合应用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.(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc,曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(1)解f(x)3x
2、2b.依题意得f0,即b0,故b.(2)证明由(1)知f(x)x3xc,f(x)3x2.令f(x)0,解得x或x.f(x)与f(x)的情况为:xf(x)00f(x)cc因为f(1)fc,所以当c时,f(x)只有小于1的零点.由题设可知c.当c时,f(x)只有两个零点和1.当c时,f(x)只有两个零点1和.当c0;当x时,g(x)0,g()2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f(x)在区间(0,)存在唯一零点.(2)解由题设知f()a,f()0,可得a0.由(1)知,f(x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f(x)0;当x(x0,)时,f(x)0,所以f(x)在(0
3、,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减.又f(0)0,f()0,所以当x0,时,f(x)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(,0.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,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f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)
4、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(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
5、)g(x2)f(x)ming(x)min.4.(1)判断含x,ln x,ex的混合式的函数值的符号时,需利用x0eln x0及exx1,ln xx1对函数式放缩,有时可放缩为一个常量,变形为关于x的一次式或二次式,再判断符号.(2)会对复杂函数式或导数式(如含x,ln x,ex的混合式)变形,如拆分为两个函数处理,好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.热点一利用导数研究函数的零点【例1】 (2020全国卷)已知函数f(x)exa(x2).(1)当a1时,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)当a1时,f(x)exx2,xR,则f(x)ex1.当x0时,
6、f(x)0时,f(x)0.所以f(x)在(,0)单调递减,在(0,)单调递增.(2)f(x)exa.当a0时,f(x)0,所以f(x)在(,)单调递增.故f(x)至多存在一个零点,不合题意.当a0时,由f(x)0,可得xln a.当x(,ln a)时,f(x)0.所以f(x)在(,ln a)单调递减,在(ln a,)单调递增.故当xln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)a(1ln a).()若0,则f(ln a)0,所以f(x)在(,ln a)存在唯一零点.由(1)知,当x2时,exx20.所以当x4且x2ln(2a)时,f(x)eea(x2)eln(2a)a(x2)2a0.故
7、f(x)在(ln a,)存在唯一零点.从而f(x)在(,)有两个零点.综上,a的取值范围是.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质;第三步:结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围:(1)结合图象与单调性,分析函数的极值点,(2)依据零点确定极值的范围,(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】 设函数f(x)ln xa(x1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性;(2)若0a0,从而f(x
8、)0,所以f(x)在(0,)内单调递增.(2)证明由(1)知,f(x).令g(x)1ax2ex,由0a0,且g1a10,故g(x)0在(0,)内有唯一解,从而f(x)0在(0,)内有唯一解,不妨设为x0,则1x00,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,)时,f(x)1时,h(x)11时,h(x)h(1)0,所以ln xx1,从而flnaelnlnln1hf(1)0,所以f(x)在(x0,)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,)内恰有两个零点.热点二利用导数证明不等式【例2】 (2020衡水中学检测)已知函数f(x)ln.(1)求证:当x(0
9、,1)时,f(x)2;(2)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立,求k的最大值.(1)证明令g(x)f(x)2,则g(x)f(x)2(1x2).因为g(x)0(0xg(0)0,x(0,1),即当x(0,1)时,f(x)2.(2)解由(1)知,当k2时,f(x)k对x(0,1)恒成立.当k2时,令h(x)f(x)k,则h(x)f(x)k(1x2).所以当0x时,h(x)0,因此h(x)在区间上单调递减.当0x时,h(x)h(0)0,即f(x)2时,f(x)k并非对x(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.探究提高形如f(x)g(x)的不等式的证明:(1)首先构造函数h(x)f(x)g(
10、x),借助导数求h(x)min,证明h(x)min0.(2)如果不等式既有指数又有对数,求导不易求最值,可合理分拆和变形,构造两个函数,分别计算它们的最值,利用隔离分析最值法证明.【训练2】 (2020岳阳二模)已知函数f(x)xln x.(1)求证:f(x)1e;(2)若f(x)exbx1恒成立,求实数b的取值范围.(1)证明f(x)xln x,定义域为(0,),则f(x)1,由exx1x,知0x0;x1时,f(x)0,得f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以f(x)maxf(1)1e.从而f(x)1e.(2)解f(x)exbx1,即ln xxxexbx1,恒有b,即b.
11、令(x),则(x),令h(x)x2exln x,则h(x)在(0,)上单调递增,因为x0时,h(x),h(1)e0,所以h(x)在(0,1)上存在唯一零点x0,且h(x0)xex0ln x00,所以x0ex0(eln ).令m(x)xex,上式即m(x0)m.由于m(x)xex在(0,)上单调递增,故x0ln ln x0,即ex0,从而(x0)0且0xx0时,h(x)0,(x)x0时,h(x)0,(x)0,所以(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增,(x)min(x0)2,所以b2.即实数b的取值范围为(,2.热点三导数与不等式恒成立、存在性问题角度1含参不等式的恒成立问题【例
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