届高三数学二轮复习讲义 函数与导数应用.docx
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届高三数学二轮复习讲义函数与导数应用
函数与导数零点、不等式证明、恒成立问题
高考定位 在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
真题感悟
1.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围是( )
A.(2,+∞)B.(1,+∞)
C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)
解析 由题意知a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3ax,令f′(x)=0,解得x=0或x=.
当a>0时,x∈(-∞,0),f′(x)>0;x∈,f′(x)<0;x∈,f′(x)>0,且f(0)=1>0,故f(x)有小于0的零点,不满足.
当a<0时,需使x0>0且唯一,只需f>0,则a2>4,所以a<-2.
答案 C
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,
且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:
f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), 设g(x)=ax-a-lnx, 则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0, 因为g (1)=0,g(x)≥0,故g′ (1)=0, 而g′(x)=a-,g′ (1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g′(x)=1-. 当0 当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g (1)=0. 综上,a=1. (2)证明 由 (1)知f(x)=x2-x-xlnx,f′(x)=2x-2-lnx, 设h(x)=2x-2-lnx,则h′(x)=2-. 当x∈时,h′(x)<0;当x∈时,h′(x)>0. 所以h(x)在单调递减,在单调递增. 又h(e-2)>0,h<0,h (1)=0, 所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0. 因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f′(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈得f(x0)<. 因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点, 由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以e-2 考点整合 1.利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、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,画出函数图象的变化趋势,数形结合求解. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当x→∞时,函数值也趋向∞,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1,x2且x1 a的符号 零点个数 充要条件 a>0 (f(x1)为极大值, f(x2)为极小值) 一个 f(x1)<0或f(x2)>0 两个 f(x1)=0或者f(x2)=0 三个 f(x1)>0且f(x2)<0 a<0 (f(x1)为极小值, f(x2)为极大值) 一个 f(x1)>0或f(x2)<0 两个 f(x1)=0或者f(x2)=0 三个 f(x1)<0且f(x2)>0 3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式. 若证明f(x) (2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题. ①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈I). ②∃x∈I,使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I). ③对∀x1,x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. ④对∀x1∈I,∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min. 温馨提醒 解决方程、不等式相关问题,要认真分析题目的结构特点和已知条件,恰当构造函数并借助导数研究性质,这是解题的关键. 热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】(2017·淄博诊断)已知a∈R,函数f(x)=ex-ax(e=2.71828…是自然对数的底数). (1)若函数f(x)在区间(-e,-1)上是减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数F(x)=f(x)-(ex-2ax+2lnx+a)在区间内无零点,求实数a的最大值. 解 (1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a且f′(x)在R上递增. 若f(x)在区间(-e,-1)上是减函数,只需f′(x)≤0恒成立. 因此只需f′(-1)=e-1-a≤0,解之得a≥. 又当a=时,f′(x)=ex-≤0当且仅当x=-1时取等号. 所以实数a的取值范围是. (2)法一 由已知得F(x)=a(x-1)-2lnx,且F (1)=0, 则F′(x)=a-==,x>0. ①当a≤0时,F′(x)<0,F(x)在区间(0,+∞)上单调递减, 结合F (1)=0知,当x∈时,F(x)>0. 所以F(x)在内无零点. ②当a>0时,令F′(x)=0,得x=. 若≥时,即a∈(0,4]时,F(x)在上是减函数. 又x→0时,F(x)→+∞. 要使F(x)在内无零点,只需F=--2ln≥0,则0 若<时,即a>4时,则F(x)在上是减函数,在上是增函数. ∴F(x)min=F=2-a-2ln, 令φ(a)=2-a-2ln,则φ′(a)=-1+=<0. ∴φ(a)在(4,+∞)上是减函数,则φ(a)<φ(4)=2ln2-2<0. 因此F<0,所以F(x)在x∈内一定有零点,不合题意,舍去. 综上,函数F(x)在内无零点,应有a≤4ln2,所以实数a的最大值为4ln2. 法二 当a≤0时,同法一. 当a>0时,x∈,F′(x)<0;x∈, F′(x)>0. 所以F(x)在上单调递减,在上单调递增. 因此F(x)min=F. ①若≥1,即0 因此,当x∈时,F(x)>F (1)=0,所以F(x)在内无零点. ②若<1,即a>2时,F(x)min=F≤F (1)=0. 要使函数F(x)在内无零点, 只需F=--2ln≥0, 则2 综上,函数F(x)在内无零点,应有a≤4ln2,所以实数a的最大值是4ln2. 探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题. 第一步: 将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题; 第二步: 利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象; 第三步: 结合图象求解. 2.根据函数零点情况求参数范围: (1)要注意端点的取舍; (2)选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】(2016·北京卷节选)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围. 解 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c, 得f′(x)=3x2+2ax+b. ∵f(0)=c,f′(0)=b, ∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c. (2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c, ∴f′(x)=3x2+8x+4. 令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0, 解得x=-2或x=-. 当x变化时,f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下: x (-∞,-2) -2 - f′(x) + 0 - 0 + f(x) c c- ∴当c>0且c-<0时,f(-4)=c-16<0,f(0)=c>0,存在x1∈(-4,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. 由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点. 热点二 利用导数求解不等式问题 命题角度1 证明不等式 【例2-1】(2015·全国Ⅰ卷)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+aln. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0). 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点. 当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-, 因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f′(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f′(b)<0, 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明 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-=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln. 故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 命题角度2 不等式恒成立问题 【例2-2】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), 当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1), f (1)=0,f′(x)=lnx+-3,f′ (1)=-2. 故曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程为2x+y-2=0. (2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx->0, 设g(x)=lnx-, 则g′(x)=-=,g (1)=0. ①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此g(x)>g (1)=0. ②当a>2时,令g′(x)=0, 得x1=a-1-,x2=a-1+.由x2>1和x1x2=1得x1<1. 故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x) (1)=0, 综上可知,实数a的取值范围是(-∞,2]. 命题角度3 存在性不等式成立问题 【例2-3】已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-(a∈R且a (1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值; (2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=. ①若a≤1,当x∈[1,e]时,f′(x)≥0, 则f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f (1)=1-a. ②若1<a<e, 当x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; 当x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)lna-1. 综上,当a≤1时,f(x)min=1-a; 当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)lna-1; (2)由题意知: f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 由 (1)知f(x)在[e,e2]上单调递增, f(x)min=f(e)=e-(a+1)-,又g′(x)=(1-ex)x. 当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数, 则g(x)min=g(0)=1, 所以e-(a+1)-<1,解得a>, 所以a的取值范围为. 探究提高 1. (1)涉及不等式证明或恒成立问题,常依据题目特征,恰当构建函数,利用导数研究函数性质,转化为求函数的最值、极值问题,在转化过程中,一定要注意等价性. (2)对于含参数的不等式,如果易分离参数,可先分离参数、构造函数,直接转化为求函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时,可作出函数图象草图,借助几何图形直观分析转化. 2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到,注意端点的取舍. 【训练2】(2017·石家庄调研)已知函数f(x)=(x>1). (1)判断函数f(x)的单调性; (2)是否存在实数a,使得关于x的不等式lnx 若存在,求出a的取值范围;若不存在,试说明理由; (3)证明: ln(1·2·3·4·…·n)<(n∈N*,n≥2). (1)解 由题意,f′(x)=, 因为x>1,所以x(x-1)2>0. 设g(x)=x-1-xlnx,g′(x)=1-lnx-1=-lnx<0. ∴g(x)在(1,+∞)上是减函数,则g(x) (1)=0. 因此f′(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上为减函数. (2)解 由lnx0, 若a≤0时显然不满足题意,因此a>0. 设F(x)=a(x-1)-lnx, F′(x)=a-==, 令F′(x)=0,得x=. ①a≥1时,0<≤1,F′(x)>0,∴F(x)>F (1)=0, 因此a≥1时,lnx ∴F(x)min (1)=0,不满足题意. 综上,存在实数a∈[1,+∞),不等式lnx (3)证明 由 (2)得,lnx 所以ln2<2,ln3<3,…,lnn 以上各式左右两边分别相加,得 ln2+ln3+ln4+…+lnn<2+3+4+…+n, 则ln1+ln2+ln3+ln4+…+lnn<1+2+3+4+…+n, 所以ln(1·2·3·4·…·n)<(n∈N*,n≥2). 热点三 利用导数求解最优化问题 【例3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位: 千克)与销售价格x(单位: 元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3 (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2. (2)由 (1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2, 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)=(x-3) =2+10(x-3)(x-6)2,3 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)·(x-6), 于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (3,4) 4 (4,6) f′(x) + 0 - f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值, 所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42. 故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 探究提高 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)结论: 回归实际问题作答. 【训练3】统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升),关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为: y=x3-x+8(0 (1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少? 最少为多少升? 解 (1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了=2.5(小时), 要耗油×2.5=17.5(升). 所以,当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油17.5升. (2)当速度为x千米/时,汽车从甲地到乙地行驶了小时,设耗油量为h(x)升, 依题意得h(x)= =x2+-(0 h′(x)=-=(0 令h′(x)=0得x=80, 当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当x∈(80,120]时,h′(x)>0,h(x)是增函数, 当x=80时,h(x)取到极小值h(80)=11.25, 因为h(x)在(0,120]上只有一个极值,所以它是最小值. 故当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为11.25升. 1.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解. 2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数,其图象与x轴交点的个数,除了受两个极值大小的制约外,还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约,在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件. 3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突破口. 4.不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如a>f(x)max或a<f(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合,构造函数,借助函数图象的几何直观性求解,一定要重视函数性质的灵活应用. 一、选择题 1.设f(x)是定义在R上的奇函数,且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) 解析 x>0时′=<0, ∴φ(x)=在(0,+∞)为减函数,又φ (2)=0, ∴当且仅当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). 答案 D 2.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m对任意x∈[-2,2]恒成立,则m的取值范围是( ) A.(-∞,7]B.(-∞,-20] C.(-∞,0]D.[-12,7] 解析 令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0得x=-1或x=3(舍去). ∵f(-1)=7,f(-2)=0,f (2)=-20, ∴f(x)的最小值为f (2)=-20,故m≤-20. 答案 B 3.(2017·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表: x -1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.当1 A.1B.2C.3D.4 解析 根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y=f(x)的大致图象如图所示.
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