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- 2021-06-16 发布
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函数与导数热点问题
三年真题考情
核心热点
真题印证
核心素养
利用导数研究函数的性质
2019·Ⅲ,20;2018·Ⅰ,21;2018·Ⅱ,21;2017·Ⅱ,21
数学运算、逻辑推理
利用导数研究函数的零点
2019·Ⅱ,20;2019·江苏,19;2018·Ⅱ,21(2)
数学运算、直观想象
导数在不等式中的应用
2019·Ⅰ,20;2018·Ⅰ,21;2017·Ⅲ,21;2017·Ⅱ,21
数学运算、逻辑推理
热点聚焦突破
教材链接高考——导数在不等式中的应用
[教材探究](选修2-2P32习题1.3B组第1题(3)(4))
利用函数的单调性证明下列不等式,并通过函数图象直观验证.
(3)ex>1+x(x≠0);
(4)ln x0).
[试题评析] 1.问题源于求曲线y=ex在(0,1)处的切线及曲线y=ln x在(1,0)处的切线,通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论,可构造函数f(x)=ex-x-1与g(x)=x-ln x-1对以上结论进行证明.
2.两题从本质上看是一致的,第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中,用“ln x”替换“x”,立刻得到x>1+ln x(x>0且x≠1),进而得到一组重要的不等式链:ex>x+1>x-1>ln x(x>0且x≠1).
3.利用函数的图象(如图),不难验证上述不等式链成立.
【教材拓展】 (一题多解)试证明:ex-ln x>2.
证明 法一 设f(x)=ex-ln x(x>0),
则f′(x)=ex-,令φ(x)=ex-,
则φ′(x)=ex+>0在(0,+∞)恒成立,
所以φ(x)在(0,+∞)单调递增,
即f′(x)=ex-在(0,+∞)上是增函数,
又f′(1)=e-1>0,f′=-2<0,
∴f′(x)=ex-在内有唯一的零点.
不妨设f′(x0)=0,则ex0=,从而x0=ln =-ln x0,
所以当x>x0时,f′(x)>0;当02,x0∈.
故ex-ln x>2.
法二 注意到ex≥1+x(当且仅当x=0时取等号),
x-1≥ln x(当且仅当x=1时取等号),
∴ex+x-1>1+x+ln x,故ex-ln x>2.
探究提高 1.法一中关键有三点:(1)利用零点存在定理,判定极小值点x0∈;(2)确定ex0=,x0=-ln x0的关系;(3)基本不等式的利用.
2.法二联想经典教材习题结论,降低思维难度,优化思维过程,简洁方便.
【链接高考】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若a<0,则当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明 由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f=ln-1-,
所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,
即ln++1≤0,
设g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=-1.
当x∈(0,1)时,g′(x)>0;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,
从而当a<0时,ln++1≤0,
故f(x)≤--2.
教你如何审题——利用导数研究函数的性质
【例题】 (2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.
证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
[审题路线]
[自主解答]
证明 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=+ln x-1=ln x-.
因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,y=在(0,+∞)上单调递减,
所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln 2-=>0,
故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.
又当xx0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0,
所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得<1x1,设t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2),试证明t>0.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=--1+=-.
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得,
x=或x=.
当x∈∪时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0.
所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.
(2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1.
又因x2>x1>0,所以x2>1.
又t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2)
=--(x1-x2)+a(ln x1-ln x2)-(a-2)(x1-x2)
=a=-a.
设φ(x)=-x+2ln x,x>1.
由第(1)问知,φ(x)在(1,+∞)单调递减,且φ(1)=0,
从而当x∈(1,+∞)时,φ(x)<0.
所以+2ln x2-x2<0,故t>0.
满分答题示范——利用导数研究函数的零点问题
【例题】 (12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln x-.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
[规范解答]
(1)解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f′(x)=+>0,
所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.2分
因为f(e)=1-<0,f(e2)=2-=>0,
所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1(e0,g′<0,可得g′(x)在有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在单调递减,故g(x)在存在唯一极大值点,即f′(x)在存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f′(x)在(-1,0)单调递增,而f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
②当x∈时,由(1)知,f′(x)在(0,α)单调递增,在单调递减,而f′(0)=0,f′<0,所以存在β∈,使得f′(β)=0,且当x∈(0,β)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在单调递减.
又f(0)=0,f=1-ln>0,所以当x∈时,f(x)>0.从而,f(x)在上没有零点.
③当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)在单调递减.又f>0,f(π)<0,所以f(x)在有唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1.
所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
热点跟踪训练
1.已知函数f(x)=ln x-ax2+x有两个不同的零点,求实数a的取值范围.
解 令g(x)=ln x,h(x)=ax2-x,
将零点问题转化为两个函数图象交点的问题.
当a≤0时,g(x)和h(x)的图象只有一个交点,不满足题意;
当a>0时,由ln x-ax2+x=0,得a=.
令r(x)=,则r(x)的定义域为(0,+∞).
则r′(x)==,易知r′(1)=0,
当00,r(x)是增函数,
当x>1时,r′(x)<0,r(x)是减函数,且>0,
r(x)max=r(1)=1,所以00,g(x)单调递增;
当x∈(-1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
所以当x=-1时,g(x)max=g(-1)=2e1-.
所以m≥2e1-.即实数m的取值范围为[2e1-,+∞).
3.(2020·郴州模拟)已知函数f(x)=ex(ax2+x+a)(a≥0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)≤ex(ax2+2x)+1恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为R,
且f′(x)=(ax+a+1)(x+1)ex,
①当a=0时,f′(x)=ex(x+1),当x>-1时,f′(x)>0,当x<-1时,f′(x)<0,
所以函数f(x)的单调增区间为(-1,+∞),单调减区间为(-∞,-1).
②当a>0时,f′(x)=a(x+1)ex,则方程f′(x)=0有两根-1,-,且-1>-.
所以函数f(x)的单调增区间为和(-1,+∞),单调减区间为.
综上可知,当a>0时,函数f(x)的单调增区间为和(-1,+∞),单调减区间为;
当a=0时,函数f(x)的单调增区间为(-1,+∞),单调减区间为(-∞,-1).
(2)函数f(x)≤ex(ax2+2x)+1恒成立转化为a≤x+在R上恒成立.
令h(x)=x+,则h′(x)=,易知h(x)在(0,+∞)上为增函数,在(-∞,0)上为减函数.
∴h(x)min=h(0)=1,则a≤1.
又由题设a≥0,
故实数a的取值范围为[0,1].
4.(2020·广州调研)设函数f(x)=x2-(a-1)x-aln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)已知函数f(x)有极值m,求证:m<1(已知ln 0.5≈-0.69,ln 0.6≈-0.51).
(1)解 f′(x)=x-(a-1)-=
=(x>0),
当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时,解f′(x)>0得x>a,解f′(x)<0得00时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)知,a>0时,f(x)的极值m=f(a)=-a2+a-aln a.
所以f′(a)=-a-ln a,f′(a)=0有唯一实根记为a0.
因为ln 0.5<-0.5,ln 0.6>-0.6,所以a0∈(0.5,0.6).
且f(a)在(0,a0)上递增,在(a0,+∞)上递减.
所以m=f(a)≤f(a0)=-a+a0-a0ln a0
<-a+a0+a=a+a0<×0.62+0.6=0.78<1.
故m<1成立.
5.已知f(x)=ln x-ax有两个零点x1,x2.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:x1·x2>e2.
(1)解 f′(x)=-a=(x>0),
①若a≤0,则f′(x)>0,不符合题意;
②若a>0,令f′(x)=0,解得x=.
当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.
由题意知f(x)=ln x-ax的极大值f=ln -1>0,解得00,
所以H(x)在上单调递增,
故H(x)>H(0)=0,即f>f.
由1,
故f(x2)=f(x1)=f-x1,即x1+x2>.
故ln x1x2=ln x1+ln x2=a(x1+x2)>2,即x1·x2>e2.
6.设函数f(x)=xln x-x2+a-x(a∈R).
(1)若函数f(x)有两个不同的极值点,求实数a的取值范围;
(2)若a=2,g(x)=2-2x-x2,且当x>2时,不等式k(x-2)+g(x)e时,>0,
h(x)在(e,+∞)上单调递减,当x→+∞时,h(x)→0,
∴结合h(x)的图象易得,实数a的取值范围为.
(2)当a=2时,f(x)=xln x-x2+2-x.
k(x-2)+g(x)2,∴k<.
令F(x)=(x>2),则F′(x)=.
令m(x)=x-4-2ln x(x>2),则m′(x)=1->0,
∴m(x)在(2,+∞)上单调递增.
又m(8)=4-2ln 8<4-2ln e2=4-4=0,
m(10)=6-2ln 10>6-2ln e3=6-6=0,
∴函数m(x)在(8,10)上有唯一的零点x0,
即x0-4-2ln x0=0.
∴当2x0时,m(x)>0,即F′(x)>0,
∴F(x)min=F(x0)===,
∴k<,∵x0∈(8,10),∴∈(4,5),
又k∈N,∴k的最大值为4.
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