最新-2021届高考数学文二轮复习课件:2.2.4 导数的综合应用 精品
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专能提升 1.(热点一)(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=e2x-alnx. (1)讨论 f(x)的导函数 f ′(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2a.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f ′(x)=2e2x-ax(x>0). 当 a≤0 时,f ′(x)>0,f ′(x)没有零点; 当 a>0 时,因为 y=e2x 单调递增,y=-ax单调递增,所以 f ′(x) 在(0,+∞)上单调递增,又 f ′(a)>0,当 b 满足 0<b<a4且 b<14时,f ′(b)<0, 故当 a>0 时,f ′(x)存在唯一零点.
(2)利用数形结合研究方程的根; (3)利用导数结合零点定理研究根的存在问题; (4)转化为不等式或最值问题解决函数零点问题.
热点考向二 导数在不等式中的应用
[典例 2] (1)若 b>a>3,f(x)=lnxx,则下列结论中正确的是( D )
A.f(a)<f(
a+b
ab)<f
2
B.f(
a+b
ab)<f
A.在区间1e,1,(1,e)上均有零点 B.在区间1e,1,(1,e)上均无零点 C.在区间1e,1上有零点,在区间(1,e)上无零点 D.在区间1e,1上无零点,在区间(1,e)上有零点
解析:因为 f′(x)=13-1x,所以当 x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x) 单调递增;当 x∈(0,3)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,而 0<1e<1<e<3,又
(2)因为函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,而 g(0)=f(0)-2=
a0+b0-2=0,
所以 0 是函数 g(x)的唯一零点.
因为 g′(x)=axln a+bxln b,又由 0<a<1,b>1 知 ln a<0,ln b>0,
所以
g′(x)=0
有唯一解
x0=logba-llnn
∴F(x)为增函数,∴F(x)max=Fa1 ∴ln1a≤0,即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1,+∞).
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下课
(2)由(1),可设 f ′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0, x0)时,f ′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f ′(x)>0.
故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x =x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0).
由于 2e2x0-xa0=0,所以 f(x0)=2ax0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a. 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2a.
2.(热点二)已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). (1)设 a=2,b=12. ①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的最大值. (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.
+∞),
所以 a>lnxx,设 h(x)=lnxx,则 h′(x)=1-x2lnx,
令 h′(x)>0 得 0<x<e,所以 h(x)在(0,e)上是增函数,
令 h′(x)<0 得 x>e,所以 h(x)在(e,+∞)上是减函数,
所以 h(x)max=h(e)=1e.
所以
1 a>e.
②由①得 h(x)≤h(e)=1e,所以lnxx≤1e,所以 lnx≤xe<x,即 lnx<x,
(2)因为方程 f(x)=0 的两个实数根都在区间(-1,3)上,
f-1>0 f3>0 所以-1<--a2+4<3, fa+2 4≤0
-1<a<4
即0-<6a<<a1<2 3a-22≥0
,所以 0<a<1,
即实数 a 的取值范围为(0,1).
[方法规律] 利用导数解决函数零点(方程的根)问题的主要方法 (1)利用导数研究函数的单调性和极值,通过对极值正负的讨论研 究根的问题;
解得 x=e,当 x>e 时,f′(x)<0,f(x)为减函数,当 0<x<e 时,f′(x)>0,
f(x) 为 增 函 数 . 又
b>a>3>e , 所 以
a+b ab>b> 2 >
ab >a>e , 所 以
f(a)>f( ab)>fa+2 b>f(b)>f(ab),故选 D.
(2)①由题意得,xlnx-ax2-x<-x,所以 xlnx-ax2<0,又 x∈(0,
ln(2×3×…×2
015)1
1 008<2
015.
[方法规律] 利用导数解决不等式问题的类型 (1)不等式恒成立:基本思路就是转化为求函数的最值或函数值域 的端点值问题. (2)比较两个数的大小:一般的思路是把两个函数作差后构造一个 新函数,通过研究这个函数的函数值与零的大小确定所比较的两个数 的大小. (3)证明不等式:对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函 数,然后利用函数的单调性和极值解决.
a b.
令 h(x)=g′(x),则 h′(x)=(axln a+bxln b)′=ax(ln a)2+bx(ln b)2,
从而对任意 x∈R,h′(x)>0,所以 g′(x)=h(x)是(-∞,+∞)上
的单调增函数.
于是当 x∈(-∞,x0)时,g′(x)<g′(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,g′(x)>g′(x0)=0. 因而函数 g(x)在(-∞,x0)上是单调减函数,在(x0,+∞)上是单 调增函数.
A.(0,1) B.(1,+∞) C.(1,2) D.(2,+∞)
解析:因为 f(x)+xf′(x)<0,所以[xf(x)]′<0,故 xf(x)在(0,+∞) 上为单调递减函数,又(x+1)f(x+1)>(x2-1)·f(x2-1),所以 x+1<x2-1, 解得 x>2.
答案:D
4.已知函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)为其导函数,函数 y=f′(x) 的图象如图所示,且 f(-2)=1,f(3)=1,则不等式 f(x2-6)>1 的解集 为( )
f1e=31e+1>0,f(1)=13>0,f(e)=3e-1<0,所以 f(x)在区间1e,1上无 零点,在区间(1,e)上有零点.
答案:D
2.已知 f(x)=12x2+2xf′(2016)-2016 lnx,则 f′(2016)=(
)
A.2015
B.-2015
C.2016
D.-2016
解析:f(x)=12x2+2xf′(2016)-2016 lnx,
答案:A
热点追踪 热点考向一 导数在方程中的应用 [典例 1] 已知函数 f(x)=x2-(a+4)x-2a2+5a+3(a∈R). (1)当 a=3 时,求函数 f(x)的零点; (2)若方程 f(x)=0 的两个实数根都在区间(-1,3)上,求实数 a 的 取值范围.
[自主解答] (1)当 a=3 时,f(x)=x2-7x.令 f(x)=0,则 x2-7x=0, 解得 x=0 或 x=7,所以函数 f(x)的零点为 x=0,x=7.
解:(1)由 f(x)=-x+lnx,得 f′(x)=-1+1x,令 f′(x)=1,得 x =12
∴所求距离的最小值即为
P21,f12到直线 x-y+3=0 的距离 d=12--12-2ln2+3=12(4+ln2) 2
(2)假设存在正数 a,令 F(x)=f(x)-g(x)(x>0),则 F(x)max≤0 由 F′(x)=a+1x-2a2x=0 得 x=1a, ∵x>1a时,F′(x)<0, ∴F(x)为减函数; 当 0<x<1a时,F′(x)>0,
高考巡航 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与 函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性 方程根的存在区间
不等式恒成立 导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1.设函数 f(x)=13x-lnx(x>0),则 f(x)( )
所以 ln1<1,ln2<2,ln3<3,……,ln2 015<2 015,
以上各式相加得,
ln1+ln2+ln3+…+ln2 015<1+2+3…+2 015,
即
ln(1×2×3×…×2
2 015)<
0151+2 2
015=2
015×1
008,
即1 0108ln(1×2×3×…×2 015)<2 015,
下证 x0=0. 若 x0<0,则 x0<x20<0,于是 gx20<g(0)=0. 又 g(loga2)=aloga2+bloga2-2>aloga2-2=0,且函数 g(x)在以x20 和 loga2 为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x20和 loga2 之间存在 g(x)的零点,记为 x1.因为 0<a<1,所以 loga2<0. 又x20<0,所以 x1<0,与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾. 若 x0>0,同理可得,在x20和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点,与 “0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾. 因此,x0=0.于是-llnn ab=1,故 ln a+ln b=0,所以 ab=1.
则 f′(x)=x+2f′(2016)-20x16,
则 f′(2016)=2016+2f′(2016)-22001166,
则 f′(2016)=-2015,
故选 B.
答案:B
3.已知 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为 f(x)的导函数,且满足 f(x)<-xf′(x),则不等式 f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是( )
A.(-3,-2)∪(2,3) B.(- 2, 2) C.(2,3) D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)
解析:由 y=f′(x)的图象知,f(x)在(-∞,0]上单调递增,在(0, +∞)上单调递减,又 f(-2)=1,f(3)=1,∴f(x2-6)>1 可化为-2<x2 -6<3,∴2<x<3 或-3<x<-2.
解:(1)因为 a=2,b=12,所以 f(x)=2x+2-x. ①方程 f(x)=2,即 2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0, 所以(2x-1)2=0,即 2x=1,解得 x=0. ②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0, 所以 m≤fxfx2+4 对于 x∈R 恒成立. 而fxfx2+4=f(x)+f4x≥2 fx·f4x=4, 且f0f02+4=4, 所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
3.(热点二)(2016·张家口模拟)设函数 f(x)=ax+lnx,g(x)=a2x2; (1)当 a=-1 时,求函数 y=f(x)图象上的点到直线 x-y+3=0 距 离的最小值; (2)是否存在正实数 a,使得不等式 f(x)≤g(x)对一切正实数 x 都成 立?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.
2
<f(b)
C.f(
a+b
ab)<f
2
<f(a)
D.f(b)<fa+2 b<f( ab)
(2)已知函数 f(x)=xlnx-ax2-x(a∈R).
①如果不等式 f(x)<-x 恒成立,求实数 a 的取值范围;
②求证:ln(2×3×…×2
015)1
1 008<2
01Байду номын сангаас.
见解析
[自主解答] (1)因为 f(x)=lnxx,所以 f′(x)=1-x2lnx.令 f′(x)=0,