版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用211导数在研究函数中的应用二学案理Word格式.docx
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A.3f(ln2)>
2f(ln3)
B.3f(ln2)=2f(ln3)
C.3f(ln2)<
D.3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定
答案 A
解析 构造函数g(x)=,则
g′(x)==<
0,
即g(x)在R上是减函数,
所以g(ln2)>
g(ln3),即>
,
即>
所以3f(ln2)>
2f(ln3),选A.
2.(2018·
广州五校联考)设f(x)是定义在R上的奇函数,f
(2)=0,当x>
0时,有<
0恒成立,则不等式x2f(x)>
0的解集是( )
A.(-2,0)∪(2,+∞)B.(-2,0)∪(0,2)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-2)∪(0,2)
答案 D
解析 ∵当x>
0时,′<
∴φ(x)=为减函数,
又φ
(2)=0,∴当且仅当0<
x<
2时,φ(x)>
此时x2f(x)>
0.
又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>
0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).
3.已知f(x)=在[1,+∞)上是单调递增函数,则a的取值范围是________.
答案 a≥-1
解析 ∵f(x)=x-+,∴f′(x)=1+.
又f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,∴f′(x)≥0,于是可得不等式a≥-x2对于x≥1恒成立.∴a≥(-x2)max.
由x≥1,得-x2≤-1.∴a≥-1.
4.(2017·
河南期末)函数y=x3-2ax+a在(0,1)内有极小值,则实数a的取值范围为________.
答案
解析 对于函数y=x3-2ax+a,求导可得y′=3x2-2a,
∵函数y=x3-2ax+a在(0,1)内有极小值,
∴y′=3x2-2a=0,则其有一根在(0,1)内,当a>
0时,3x2-2a=0两根为±
若有一根在(0,1)内,则0<
<
1,即0<
a<
.
当a=0时,3x2-2a=0两根相等,均为0,f(x)在(0,1)内无极小值.
当a<
0时,3x2-2a=0无根,f(x)在(0,1)内无极小值,
综合可得,0<
故答案为.
题型1 利用导数解不等式问题
角度1 证明不等式
已知函数f(x)=x2-ax+(a-1)lnx.
证明:
若1<
5,则对任意x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2有>
-1.
本题用构造函数法.
证明 不妨设x1>
x2>
0,则
>
-1⇔f(x1)-f(x2)>
-(x1-x2)⇔f(x1)+x1>
f(x2)+x2.
从而构造函数g(x)=f(x)+x=x2-ax+(a-1)·
lnx+x.
则g′(x)=x-(a-1)+≥2-(a-1)=1-(-1)2.
由于1<
5,
故g′(x)>
0,即g(x)在(0,+∞)单调递增,
从而当x1>
0时,有
g(x1)>
g(x2),即f(x1)+x1>
f(x2)+x2,
从而>
当0<
x1<
x2时,有
=>
综上,若1<
角度2 不等式恒成立问题
(2015·
北京高考)已知函数f(x)=ln.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求证:
当x∈(0,1)时,f(x)>
2;
(3)设实数k使得f(x)>
k对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
解
(1)f(x)=ln,x∈(-1,1),f′(x)=,f′(0)=2,f(0)=0,所以切线方程为y=2x.
(2)证明:
原命题等价于任意x∈(0,1),
f(x)-2>
设函数F(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2,
F′(x)=.
当x∈(0,1)时,F′(x)>
0,函数F(x)在x∈(0,1)上是单调递增函数.F(x)>
F(0)=0,
因此任意x∈(0,1),f(x)>
2.
(3)ln>
k,x∈(0,1)⇔t(x)=ln-k>
0,x∈(0,1).
t′(x)=-k(1+x2)=,x∈(0,1).
当k∈[0,2],t′(x)≥0,函数t(x)单调递增,
t(x)>
t(0)=0显然成立.
当k>
2时,令t′(x0)=0得x=∈(0,1),t′(x)的变化情况列表如下:
x
(0,x0)
x0
(x0,1)
t′(x)
-
+
t(x)
极小值
t(x0)<
t(0)=0,显然不成立.
当k<
0时,显然k取不到最大值.
综上可知,k的最大值为2.
角度3 不等式存在性问题
(2018·
太原联考)已知a为实数,函数f(x)=alnx+x2-4x.
(1)是否存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值?
证明你的结论;
(2)设g(x)=(a-2)x,若∃x0∈[,e],使得f(x0)≤g(x0)能成立,求实数a的取值范围.
(1)探索性问题在求解后要验证;
(2)采用分离系数法,构造函数法.
解
(1)函数f(x)定义域为(0,+∞),
f′(x)=+2x-4=.
假设存在实数a,使f(x)在x=1处取极值,则f′
(1)=0,
∴a=2,此时,f′(x)=,当x>
0时,f′(x)≥0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴x=1不是f(x)的极值点,
故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.
(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-lnx0)a≥x-2x0,
记F(x)=x-lnx(x>
0),
∴F′(x)=(x>
∴当0<
1时,F′(x)<
0,F(x)单调递减;
当x>
1时,F′(x)>
0,F(x)单调递增.
∴F(x)>
F
(1)=1>
∴a≥,记G(x)=,x∈.
∴G′(x)=
=.
∵x∈,∴2-2lnx=2(1-lnx)≥0,
∴x-2lnx+2>
∴x∈时,G′(x)<
0,G(x)单调递减;
x∈(1,e)时,G′(x)>
0,G(x)单调递增,
∴G(x)min=G
(1)=-1,
∴a≥G(x)min=-1.
故实数a的取值范围为[-1,+∞).
方法技巧
解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性,有时需要构造相关函数,利用单调性解之.见角度1的典例.
解决“恒成立”与“存在性”问题时,注意它们的互补关系,必要时作等价转化,即构造函数或分离参数,将问题直接转化为函数的最值问题.见角度2,3的典例.
冲关针对训练
1.(2017·
陵川县校级期末)已知对于x∈R,g(x)≠0与f′(x)g(x)>
f(x)g′(x)恒成立,且f
(1)=0,则不等式>
0的解集是________.
答案 (1,+∞)
解析 令h(x)=,
则h′(x)=,
而g(x)≠0与f′(x)g(x)>
f(x)g′(x)恒成立,故h′(x)>
0,h(x)在R上递增,而h
(1)=0,
故不等式>
0,即h(x)>
h
(1),
解得x>
1,
故不等式的解集是(1,+∞).
2.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3.
(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>
0)上的最小值;
(2)若存在x∈(e是自然对数的底数,e=2.71828…)使不等式2f(x)≥g(x)成立,求实数a的取值范围.
解
(1)由已知得f′(x)=lnx+1,
当x∈时,f′(x)<
0,此时f(x)单调递减;
当x∈时,f′(x)>
0,此时f(x)单调递增.
t<
t+2<
时,t无解;
t≤<
t+2,即0<
t≤时,
f(x)min=f=-;
当<
t+2,即t>
时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,故f(x)min=f(t)=tlnt.
所以f(x)min=
(2)由题意知2xlnx≥-x2+ax-3,
即a≤2lnx+x+,x∈
设h(x)=2lnx+x+,x∈
则h′(x)=+1-=,
当x∈时,h′(x)<
0,此时h(x)单调递减;
当x∈(1,e]时,h′(x)>
0,此时h(x)单调递增.
所以h(x)max=max,
因为存在x∈,使2f(x)≥g(x)成立,
所以a≤h(x)max,
又h=-2++3e,h(e)=2+e+,
故h>
h(e),所以a≤+3e-2.
题型2 导数与方程问题
角度1 零点的判断与证明
广东高考)设a>
1,函数f(x)=(1+x2)·
ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
研究f(x)的单调性,再用赋值法证明.
解
(1)f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,故f(x)是R上的单调递增函数,其单调增区间是(-∞,+∞),无单调减区间.
因为f(0)=(1+02)e0-a=1-a<
0,且f(lna)=(1+ln2a)elna-a=(1+ln2a)a-a=aln2a>
由零点存在性定理知,f(x)在(-∞,+∞)上至少有一个零点.
又由
(1)知,函数f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数,故函数f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
角度2 由零点求参数的取值
(2017·
张掖模拟)设函数f(
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- 高考 数学 一轮 复习 函数 导数 及其 应用 211 研究 中的 二学案理