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  • 2021-06-16 发布

2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第28练

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第二篇 重点专题分层练 , 中高档题得高分 第 28 练 导数的综合 应用 [ 压轴大题突破 练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度: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 . 2 . 题目难度:偏难题 . 核心考点突破练 栏目索引 模板答题规范练 考点一 利用导数研究函数的零点 ( 方程的根 ) 方法技巧  求解函数零点 ( 方程根 ) 的个数问题的基本思路 (1) 转化为函数的图象与 x 轴 ( 或直线 y = k ) 在该区间上的交点问题 . (2) 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,进而画出其图象 . (3) 结合图象求解 . 核心考点突破练 解答 1. 设函数 f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c . (1) 求曲线 y = f ( x ) 在点 (0 , f (0)) 处的切线方程; 解  由 f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c , 得 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 ax + b . ∵ f (0) = c , f ′ (0) = b , ∴ 曲线 y = f ( x ) 在点 (0 , f (0)) 处的切线方程为 y = bx + c . 解答 (2) 设 a = b = 4 ,若函数 f ( x ) 有三个不同零点,求 c 的取值范围 . 解  当 a = b = 4 时, f ( x ) = x 3 + 4 x 2 + 4 x + c , ∴ f ′ ( x ) = 3 x 2 + 8 x + 4. 令 f ′ ( x ) = 0 ,得 3 x 2 + 8 x + 4 = 0 , 当 x 变化时, f ( x ) 与 f ′ ( x ) 在区间 ( - ∞ ,+ ∞ ) 上的变化情况如下: 解答 (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性; 当 a <0 时, f ′ ( x )<0 ,则 f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递减; 解答 解答 3. 已知 a ∈ R ,函数 f ( x ) = e x - ax (e = 2.718 28 … 是自然对数的底数 ). (1) 若函数 f ( x ) 在区间 ( - e ,- 1) 上是减函数,求实数 a 的取值范围; 解  由 f ( x ) = e x - ax ,得 f ′ ( x ) = e x - a 且 f ′ ( x ) 在 R 上单调递增 . 若 f ( x ) 在区间 ( - e ,- 1) 上是减函数,只需 f ′ ( x ) ≤ 0 在 ( - e ,- 1) 上恒成立 . 解答 解  由已知得 F ( x ) = a ( x - 1) - 2ln x ,且 F (1) = 0 , ① 当 a ≤ 0 时, F ′ ( x )<0 , F ( x ) 在区间 (0 ,+ ∞ ) 上单调递减, 又 x → 0 时, F ( x ) → + ∞ . 则 0< a ≤ 4ln 2. 所以 φ ( a ) 在 (4 ,+ ∞ ) 上是减函数, 则 φ ( a )< φ (4) = 2ln 2 - 2<0. 所以实数 a 的最大值为 4ln 2. 考点二 利用导数证明不等式问题 方法技巧  利用导数证明不等式 f ( x )> g ( x ) 在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h ( x ) = f ( x ) - g ( x ) ,然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h ( x )>0. 其中找到函数 h ( x ) = f ( x ) - g ( x ) 的零点是解题的突破口 . 解答 4. 设函数 f ( x ) = ln x - x + 1. (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性; 令 f ′ ( x ) = 0 ,解得 x = 1. 当 0< x <1 时, f ′ ( x )>0 , f ( x ) 单调递增; 当 x >1 时, f ′ ( x )<0 , f ( x ) 单调递减 . 因此, f ( x ) 在 (0 , 1) 上为增函数,在 (1 ,+ ∞ ) 上为减函数 . 证明 即为 ln x < x - 1< x ln x . 结合 (1) 知,当 x >1 时, f ′ ( x )<0 恒成立,即 f ( x ) 在 (1 ,+ ∞ ) 上单调递减 , 可 得 f ( x )< f (1) = 0 ,即有 ln x < x - 1 ; 设 F ( x ) = x ln x - x + 1 , x >1 , 则 F ′ ( x ) = 1 + ln x - 1 = ln x , 当 x >1 时, F ′ ( x )>0 ,可得 F ( x ) 在 (1 ,+ ∞ ) 上单调递增, 即有 F ( x )> F (1) = 0 , 即有 x ln x > x - 1. 综上,原不等式得证 . 解答 (1) 讨论 f ( x ) 的单调性; 解  f ( x ) 的定义域为 (0 ,+ ∞ ) , ① 若 a ≤ 2 ,则 f ′ ( x ) ≤ 0 ,当且仅当 a = 2 , x = 1 时, f ′ ( x ) = 0 , 所以 f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递减 . ② 若 a > 2 ,令 f ′ ( x ) = 0 , 证明 (2) 若 f ( x ) 存在两个极值点 x 1 , x 2 , 证明  由 (1) 知, f ( x ) 存在两个极值点当且仅当 a > 2. 由于 f ( x ) 的两个极值点 x 1 , x 2 满足 x 2 - ax + 1 = 0 , 所以 x 1 x 2 = 1 ,不妨设 x 1 < x 2 ,则 x 2 > 1. 由 (1) 知, g ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递减 . 又 g (1) = 0 ,从而当 x ∈ (1 ,+ ∞ ) 时, g ( x ) < 0. 解答 6. 设函数 f ( x ) = e 2 x - a ln x . (1) 讨论 f ( x ) 的导函数 f ′ ( x ) 零点的个数; 解  f ( x ) 的定义域为 (0 ,+ ∞ ) , 当 a ≤ 0 时, f ′ ( x )>0 , f ′ ( x ) 没有零点; 所以 f ′ ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递增 . 故当 a >0 时, f ′ ( x ) 存在唯一零点 . 证明 证明  由 (1) ,可设 f ′ ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上的唯一零点为 x 0 , 当 x ∈ (0 , x 0 ) 时, f ′ ( x )<0 ; 当 x ∈ ( x 0 ,+ ∞ ) 时, f ′ ( x )>0. 故 f ( x ) 在 (0 , x 0 ) 上单调递减,在 ( x 0 ,+ ∞ ) 上单调递增, 所以当 x = x 0 时, f ( x ) 取得最小值,最小值为 f ( x 0 ). 考点三 不等式恒成立或有解问题 方法技巧  不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1) 分离参数后转化为求最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如 a > f ( x ) max 或 a < f ( x ) min . (2) 直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函数的最值问题,注意对参数的分类讨论 . (3) 数形结合,构造函数,借助函数图象的几何直观性求解,一定要重视函数性质的灵活应用 . 解答 7. 已知函数 f ( x ) = e x - e x 2 + ax ( a ∈ R ). (1) 若 f ( x ) 在 (0 , 1) 上单调,求 a 的取值范围; 解  由题意知, f ′ ( x ) = e x - 2e x + a , 令 h ( x ) = e x - 2e x + a ,则 h ′ ( x ) = e x - 2e , 当 x ∈ (0 , 1) 时, h ′ ( x )<0 , h ( x ) 单调递减,即 f ′ ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递减 . 若 f ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递增,则 f ′ (1) ≥ 0 ,即 a ≥ e ; 若 f ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递减,则 f ′ (0) ≤ 0 ,即 a ≤ - 1. 综上可知, a 的取值范围为 ( - ∞ ,- 1] ∪ [e ,+ ∞ ). 解答 (2) 若函数 y = f ( x ) + e x ln x 的图象恒在 x 轴上方,求 a 的最小整数解 . 令 t ( x ) = e x - 1 - x , t ′ ( x ) = e x - 1 - 1 ,当 x >1 时, t ′ ( x )>0 , t ( x ) 单调递增 , 当 0< x <1 时, t ′ ( x )<0 , t ( x ) 单调递减 , ∴ t ( x ) ≥ t (1) = 0 , ∴ e x - 1 - x ≥ 0. ∴ 当 x ≥ 1 时, g ( x ) 单调递增,当 0< x <1 时, g ( x ) 单调递减 , 结合题意,知 a >0 ,故 a 的最小整数解为 1. 解答 8. 已知函数 f ( x ) = ln x . 由题意得方程 x 2 - ax + 1 = 0 有两个不等的正实数根 , 设 两根为 x 1 , x 2 , 解答 (2) 若关于 x 的方程 f ( x ) = m ( x + 1)( m ∈ Z ) 有实数解,求整数 m 的最大值 . 当 x ∈ (0 , x 0 ) 时, h ′ ( x )>0 , h ( x ) 单调递增 ; 当 x ∈ ( x 0 ,+ ∞ ) 时, h ′ ( x )<0 , h ( x ) 单调递减, 即 m ≤ h ( x ) max ( m ∈ Z ) , 故 m ≤ 0 ,经检验当 m = 0 时满足题意, ∴ 整数 m 的最大值为 0. 解答 (1) 当 x ∈ [1 , e] 时,求 f ( x ) 的最小值; ① 若 a ≤ 1 ,当 x ∈ [1 , e] 时, f ′ ( x ) ≥ 0 , 则 f ( x ) 在 [1 , e] 上为增函数, f ( x ) min = f (1) = 1 - a . ② 若 1 < a < e , 当 x ∈ [1 , a ] 时, f ′ ( x ) ≤ 0 , f ( x ) 为减函数; 当 x ∈ [ a , e] 时, f ′ ( x ) ≥ 0 , f ( x ) 为增函数 . 所以 f ( x ) min = f ( a ) = a - ( a + 1)ln a - 1. ③ 若 a ≥ e ,当 x ∈ [1 , e] 时 , f ′ ( x ) ≤ 0 , f ( x ) 在 [1 , e] 上为减函数, 综上,当 a ≤ 1 时, f ( x ) min = 1 - a ; 当 1 < a < e 时, f ( x ) min = a - ( a + 1)ln a - 1 ; 解答 (2) 当 a < 1 时,若存在 x 1 ∈ [e , e 2 ] ,使得对任意的 x 2 ∈ [ - 2 , 0] , f ( x 1 ) < g ( x 2 ) 恒成立,求 a 的取值范围 . 解  由题意知, f ( x )( x ∈ [e , e 2 ] ) 的最小值小于 g ( x )( x ∈ [ - 2 , 0] ) 的最小值 . 由 (1) 知, f ( x ) 在 [e , e 2 ] 上单调递增, g ′ ( x ) = (1 - e x ) x . 当 x ∈ [ - 2 , 0] 时, g ′ ( x ) ≤ 0 , g ( x ) 为减函数, g ( x ) min = g (0) = 1 , 模板答题规范练 模 板体验 典例   (12 分 ) 已知函数 f ( x ) = ln x - mx + m , m ∈ R . (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间; (2) 若 f ( x ) ≤ 0 在 x ∈ (0 ,+ ∞ ) 上恒成立,求实数 m 的值; 审题路线图 规范解答 · 评分标准 当 m ≤ 0 时, f ′ ( x ) > 0 恒成立,则函数 f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递增; (2) 解  由 (1) 知,当 m ≤ 0 时显然不成立; 只需 m - ln m - 1 ≤ 0 即可,令 g ( x ) = x - ln x - 1 , 函数 g ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递减,在 (1 ,+ ∞ ) 上单调递增 , 所以 g ( x ) min = g (1) = 0. 故 f ( x ) ≤ 0 在 x ∈ (0 ,+ ∞ ) 上恒成立时, m = 1 . 8 分 构建答题模板 [ 第一步 ]   求导数 . [ 第二步 ]   看性质 :根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质 . [ 第三步 ]   用性质 :将题中条件或要证结论转化,如果成立或有解问题可转化为函数的最值,证明不等式可利用函数单调性和放缩法 . [ 第四步 ]   得结论 :审视转化过程的合理性 . [ 第五步 ]   再反思 :回顾反思,检查易错点和步骤规范性 . 规范演练 解答 (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间; 解答 (2) 当 m ≥ 1 时,讨论函数 f ( x ) 与 g ( x ) 图象的交点个数 . 问题等价于求函数 F ( x ) 的零点个数 . 所以 F ( x ) 有唯一零点 . 当 m > 1 时,若 0 < x < 1 或 x > m ,则 F ′ ( x ) < 0 ; 若 1 < x < m ,则 F ′ ( x ) > 0 , 所以函数 F ( x ) 在 (0 , 1) 和 ( m ,+ ∞ ) 上单调递减,在 (1 , m ) 上单调递增, 所以 F ( x ) 有唯一零点 . 综上,函数 F ( x ) 有唯一零点,即两函数图象总有一个交点 . 解答 2.(2017· 全国 Ⅲ ) 已知函数 f ( x ) = ln x + ax 2 + (2 a + 1) x . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性; 若 a ≥ 0 ,则当 x ∈ (0 ,+ ∞ ) 时, f ′ ( x )>0 , 故 f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递增 . 综上,当 a ≥ 0 , f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上单调递增; 证明 设 g ( x ) = ln x - x + 1( x >0) , 当 x ∈ (0 , 1) 时, g ′ ( x )>0 ; 当 x ∈ (1 ,+ ∞ ) 时, g ′ ( x )<0. 所以 g ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递增,在 (1 ,+ ∞ ) 上单调递减 . 故当 x = 1 时, g ( x ) 取得最大值,最大值为 g (1) = 0. 所以当 x >0 时, g ( x ) ≤ 0. 解答 (1) 求 f ( x ) 的单调区间; 由 f ′ ( x )>0 ,得 0< x <1 ,由 f ′ ( x )<0 ,得 x >1 , ∴ f ( x ) 的单调递增区间为 (0 , 1) ,单调递减区间为 (1 ,+ ∞ ). 解答 证明 ∴ f ( x ) 在 (0 ,+ ∞ ) 上的最大值为 f (1) = 1 - 1 - ln 1 = 0 ,即 f ( x ) ≤ 0 , 解答 (1) 当 b =- 4 时,若 f ( x ) 在其定义域内为单调函数,求 a 的取值范围; ∴ a ≤ 0. 综上, a ≤ 0 或 a ≥ 1. 解答 而 m (e)<0 , m (e 2 )>0 , 故存在 x 0 ∈ [e , e 2 ] ,使得 h ( x ) 在 [e , x 0 ) 上单调递减,在 ( x 0 , e 2 ] 上单调递增, ∴ h ( x ) max = h (e 2 ) 或 h (e) ,

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