2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理

第3讲导数的综合应用

1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)已知函数f(x)=e x-ax

2.

(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;

(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.

(1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.

设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,

则g'(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x.

当x≠1时,g'(x)<0,

所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.

而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,

即f(x)≥1.

(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.

f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (ⅰ)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;

(ⅱ)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.

当x∈(0,2)时,h'(x)<0;

当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.

所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.

①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.

②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

③若h(2)<0,即a>,

因为h(0)=1,

所以h(x)在(0,2)上有一个零点;

由(1)知,当x>0时,e x>x2,

所以h(4a)=1-=1->1-

=1->0,

故h(x)在(2,4a)上有一个零点.

因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.

综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.

2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x.

(1)若f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+

①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;

②若a>0,由f'(x)=1-=知,

当x∈(0,a)时,f'(x)<0;

当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,

所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,

故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值点.

由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.

故a=1.

(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.

令x=1+,得ln1+<.

从而ln1++ln1++…+ln1+<++…+=1-<1.

故1+1+…1+

而1+1+1+>2,

所以m的最小值为3.

1.考查角度

考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.

2.题型及难易度

解答题,属于难题或者较难题.

(对应学生用书第16~18页)

导数与不等式

考向1 导数方法证明不等式

【例1】(2018·郑州二模)已知函数f(x)=e x-x2.

(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;

(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.

(1)解:f'(x)=e x-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,

所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.

(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,

则g'(x)=e x-2x-(e-2),g″(x)=e x-2,g'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0

所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,

所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;

当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,

故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,

当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0,

又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.

导数方法证明不等式的基本途径有两条:

∈

,f(x)≤f(x)≤f(x)

考向2 根据不等式确定参数取值范围

【例2】(2018·咸阳一模)已知f(x)=e x-aln x(a∈R).

(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.

解:(1)已知f(x)=e x-aln x,则f'(x)=e x-,f'(1)=e-a,切点为(1,e),

所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.

(2)当a=-1时,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,

记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,

依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,

求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,

则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m,

若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;

若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F'(x1)=0,

当1

综上,实数m的取值范围是(-∞,e+1].

,只需[f(x)-g(x)]

热点训练1:(2018·河南一模)已知:f(x)=(2-x)e x+a(x-1)2(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调区间;