高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数的热点问题学案理Word文件下载.docx
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f′(x)=ex(2ex-x-2).
令h(x)=2ex-x-2,则h′(x)=2ex-1,
∴当x∈(-∞,-ln2)时,h′(x)<
0,h(x)在(-∞,-ln2)上为减函数;
当x∈(-ln2,+∞)时,h′(x)>
0,h(x)在(-ln2,+∞)上为增函数,
∵h(-1)<
0,h(-2)>
0,
∴在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0,
∵h(x)在(-∞,-ln2)上为减函数,
∴当x∈(-∞,x0)时,h(x)>
即f′(x)>
0,f(x)在(-∞,x0)上为增函数,
当x∈(x0,-ln2)时,h(x)<
即f′(x)<
0,f(x)在(x0,-ln2)上为减函数,
当x∈(-ln2,0)时,h(x)<
h(0)=0,
0,f(x)在(-ln2,0)上为减函数,
当x∈(0,+∞)时,h(x)>
0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴f(x)在(-ln2,+∞)上只有一个极小值点0,
综上可知,f(x)存在唯一的极大值点x0,
且x0∈(-2,-1).
∵h(x0)=0,∴2-x0-2=0,
∴f(x0)=--x0=2-(x0+1)=-,x0∈(-2,-1),
∵当x∈(-2,-1)时,-<
,∴f(x0)<
;
∵ln∈(-2,-1),
∴f(x0)≥f
=+;
综上知+≤f(x0)<
思维升华 用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性:
若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);
②对∀x1,x2∈[a,b],且x1<
x2,则f(x1)<
f(x2).对于减函数有类似结论.
(2)利用最值:
若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则对∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m).
(3)证明f(x)<
g(x),可构造函数F(x)=f(x)-g(x),证明F(x)<
0.
跟踪演练1 (2018·
荆州质检)已知函数f(x)=ax-lnx.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a∈,求证:
f(x)≥2ax-xeax-1.
(1)解 由题意得f′(x)=a-=(x>
0),
①当a≤0时,则f′(x)<
0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a>
0时,
则当x∈时,f′(x)>
0,f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<
0,f(x)单调递减.
综上当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>
0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明 令g(x)=f(x)-2ax+xeax-1
=xeax-1-ax-lnx,
则g′(x)=eax-1+axeax-1-a-
=(ax+1)=(x>
设r(x)=xeax-1-1(x>
则r′(x)=(1+ax)eax-1(x>
∵eax-1>
∴当x∈时,r′(x)>
0,r(x)单调递增;
当x∈时,r′(x)<
0,r(x)单调递减.
∴r(x)max=r=-≤0,
∴当0<
x<
-时,g′(x)<
0,当x>
-时,g′(x)>
∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴g(x)min=g,
设t=-∈,
则g=h(t)=-lnt+1(0<
t≤e2),
h′(t)=-≤0,h(t)在上单调递减,
∴h(t)≥h(e2)=0;
∴g(x)≥0,故f(x)≥2ax-xeax-1.
热点二 利用导数讨论方程根的个数
方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的走势,通过数形结合思想直观求解.
例2 (2018·
衡水金卷分科综合卷)设函数f(x)=ex-2a-ln(x+a),a∈R,e为自然对数的底数.
(1)若a>
0,且函数f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若0<
a<
,试判断函数f(x)的零点个数.
解
(1)∵函数f(x)在[0,+∞)内单调递增,
∴f′(x)=ex-≥0在[0,+∞)内恒成立.
即a≥e-x-x在[0,+∞)内恒成立.
记g(x)=e-x-x,
则g′(x)=-e-x-1<
0恒成立,
∴g(x)在区间[0,+∞)内单调递减,
∴g(x)≤g(0)=1,∴a≥1,
即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)∵0<
,f′(x)=ex-(x>
-a),
记h(x)=f′(x),则h′(x)=ex+>
知f′(x)在区间内单调递增.
又∵f′(0)=1-<
0,f′
(1)=e->
∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0,
即f′(x0)=-=0,
于是=,x0=-ln.
当-a<
x0时,f′(x)<
0,f(x)单调递减;
当x>
x0时,f′(x)>
0,f(x)单调递增.
∴f(x)min=f(x0)=-2a-ln
=-2a+x0=x0+a+-3a≥2-3a,
当且仅当x0+a=1时,取等号.
由0<
,得2-3a>
∴f(x)min=f(x0)>
0,即函数f(x)没有零点.
思维升华
(1)函数y=f(x)-k的零点问题,可转化为函数y=f(x)和直线y=k的交点问题.
(2)研究函数y=f(x)的值域,不仅要看最值,而且要观察随x值的变化y值的变化趋势.
跟踪演练2 (2018·
全国Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:
当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,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)>
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,ex>
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=.
热点三 利用导数解决生活中的优化问题
生活中的实际问题受某些主要变量的制约,解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来,建立目标问题即关于这个变量的函数,然后通过研究这个函数的性质,从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优.
例3 罗源滨海新城建一座桥,两端的桥墩已建好,这两墩相距m米,余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩,经预测,一个桥墩的工程费用为32万元,距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+)x万元.假设桥墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素,记余下工程的费用为y万元.
(1)试写出y关于x的函数关系式;
(2)当m=96米时,需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y最小?
解
(1)设需新建n个桥墩,
则(n+1)x=m,即n=-1.
所以y=f(x)=32n+(n+1)(2+)x
=32+(2+)x
=m+2m-32(0<
m).
(2)当m=96时,f(x)=96+160,
则f′(x)=96=(-64).
令f′(x)=0,得=64,所以x=16.
当0<
16时,f′(x)<
0,f(x)在区间(0,16)内为减函数;
当16<
96时,f′(x)>
0,f(x)在区间(16,96)内为增函数,
所以f(x)在x=16处取得最小值,此时n=-1=5.
答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y最小.
思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模:
分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).
(2)求导:
求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0.
(3)求最值:
比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.
(4)作答:
回归实际问题作答.
跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图,图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图,其中四边形ABCD是矩形,弧CmD是半圆,凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积,设AB=2x,BC=y.
(1)写出y关于x的函数表达式,并指出x的取值范围;
(2)求当x取何值时,凹槽的强度最大.
解
(1)易知半圆CmD的半径为x,
故半圆CmD的弧长为πx.
所以4=2x+2y+πx,
得y=.
依题意知0<
y,得0<
所以y=.
(2)依题意,得T=AB·
S=2x
=8x2-(4+3π)x3.
令T′=16x-3(4+3π)x2=0,得x=0或x=.
因为0<
<
所以当0<
时,T′>
0,T为关于x的增函数;
当<
时,T′<
0,T为关于x的减函数,
所以当x=时凹槽的强度最大.
真题体验
(2017·
全国Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(i)若a≤0,则f′(x)<
0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
(ii)若a>
0,则
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