创新设计一轮复习 第三章 教材高考审题答题一Word格式文档下载.docx
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x+1>
x-1>
lnx(x>
0且x≠1).
3.利用函数的图象(如图),不难验证上述不等式链成立.
【教材拓展】试证明:
ex-lnx>
2.
证明 法一 设f(x)=ex-lnx(x>
0),
则f′(x)=ex-,令φ(x)=ex-,
则φ′(x)=ex+>
0在(0,+∞)恒成立,
所以φ(x)在(0,+∞)单调递增,
即f′(x)=ex-在(0,+∞)上是增函数,
又f′
(1)=e-1>
0,f′=-2<
0,
∴f′(x)=ex-在内有唯一的零点.
不妨设f′(x0)=0,则ex0=,从而x0=ln=-lnx0,
所以当x>
x0时,f′(x)>
0;
当0<
x0时,f′(x)<
0.
∴f(x)=ex-lnx在x=x0处有极小值,也是最小值.
∴f(x)min=f(x0)=ex0-lnx0=+x0>
2,x0∈.
故ex-lnx>
法二 注意到ex≥1+x(当且仅当x=0时取等号),
x-1≥lnx(当且仅当x=1时取等号),
∴ex+x-1>
1+x+lnx,故ex-lnx>
探究提高 1.法一中关键有三点:
(1)利用零点存在定理,判定极小值点x0∈;
(2)确定ex0=,x0=-lnx0的关系;
(3)基本不等式的利用.
2.法二联想经典教材习题结论,降低思维难度,优化思维过程,简洁方便.
【链接高考】(2017·
全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<
0时,证明f(x)≤--2.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0时,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>
故f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若a<
0时,则当x∈时,f′(x)>
当x∈时,f′(x)<
故f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明 由
(1)知,当a<
0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f=ln-1-,
所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,
即ln++1≤0,
设g(x)=lnx-x+1,则g′(x)=-1.
当x∈(0,1)时,g′(x)>
x∈(1,+∞)时,g′(x)<
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g
(1)=0.
0时,g(x)≤0,
从而当a<
0时,ln++1≤0,
故f(x)≤--2.
教你如何审题——导数与函数的零点
【例题】(2018·
全国Ⅱ卷)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,+∞)只有一个零点,求a.
[审题路线]
[自主解答]
(1)证明 当a=1时,f(x)=ex-x2,则f′(x)=ex-2x.
令g(x)=f′(x),则g′(x)=ex-2.
令g′(x)=0,解得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,g′(x)<
当x∈(ln2,+∞)时,g′(x)>
∴当x≥0时,g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>
∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)≥f(0)=1.
(2)解 若f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,即方程ex-ax2=0在(0,+∞)上只有一个解,
由a=,令φ(x)=,x∈(0,+∞),
φ′(x)=,令φ′(x)=0,解得x=2.
当x∈(0,2)时,φ′(x)<
当x∈(2,+∞)时,φ′(x)>
∴φ(x)min=φ
(2)=.∴a=.
探究提高 1.利用导数研究函数的零点主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养.考查的主要形式:
(1)求函数的零点、图象交点的个数;
(2)根据函数的零点个数求参数的取值或范围.
2.导数研究函数的零点常用方法:
(1)研究函数的单调性、极值,利用单调性、极值、函数零点存在定理来求解零点问题;
(2)将函数零点问题转化为方程根的问题,从而同解变形为两个函数图象的交点,运用函数的图象性质求解.
【尝试训练】已知三次函数f(x)=x3+bx2+cx+d(a,b,c∈R)过点(3,0),且函数f(x)在点(0,f(0))处的切线恰好是直线y=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设函数g(x)=9x+m-1,若函数y=f(x)-g(x)在区间[-2,1]上有两个零点,求实数m的取值范围.
解
(1)f′(x)=3x2+2bx+c,由已知条件得,
解得b=-3,c=d=0,
所以f(x)=x3-3x2.
(2)由已知条件得,f(x)-g(x)=x3-3x2-9x-m+1在[-2,1]上有两个不同的零点,可转化为y=m与y=x3-3x2-9x+1的图象有两个不同的交点;
令h(x)=x3-3x2-9x+1,
h′(x)=3x2-6x-9,x∈[-2,1],
令h′(x)>
0得-2≤x<-1;
令h′(x)<
0得-1<x≤1.
所以h(x)max=h(-1)=6,
又f(-2)=-1,f
(1)=-10,所以h(x)min=-10.
数形结合,可知要使y=m与y=x3-3x2-9x+1的图象有两个不同的交点,则-1≤m<6.
故实数m的取值范围是[-1,6).
满分答题示范——导数与函数的性质
【例题】(12分)(2017·
浙江卷)已知函数f(x)=(x-)e-x.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
[规范解答]
[高考状元满分心得]
❶得步骤分:
抓住得分点的步骤,“步步为赢”、求得满分.如第
(1)问中求定义域,求导,第
(2)问中求零点和列表.
❷得关键分:
解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分如第
(2)问中,对f(x)≥0的判断.
❸得计算分:
解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第
(1)问中求导准确变形到位;
第
(2)问中规范列表,正确计算出f(x)的最值.
[构建模板]
【规范训练】(2018·
全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=-x+alnx.
(1)试讨论函数f(x)的单调性;
(2)设x1,x2是f(x)的两个极值点,且x2>
x1,设t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2),试证明t>
f′(x)=--1+=-.
(ⅰ)若a≤2,则f′(x)≤0,
当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>
2,令f′(x)=0得,
x=或x=.
当x∈∪时,f′(x)<
当x∈时,f′(x)>
所以f(x)在,上单调递减,
在上单调递增.
(2)证明 由
(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1.
又因x2>
x1>
0,所以x2>
1.
又t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2)
=--(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)-(a-2)(x1-x2)
=a=-a.
设φ(x)=-x+2lnx,x>
由第
(1)问知,φ(x)在(1,+∞)单调递减,且φ
(1)=0,
从而当x∈(1,+∞)时,φ(x)<
所以+2lnx2-x2<
0,故t>
1.已知函数f(x)=lnx-ax2+x有两个不同的零点,求实数a的取值范围.
解 令g(x)=lnx,h(x)=ax2-x,
将零点问题转化为两个函数图象交点的问题.
当a≤0时,g(x)和h(x)的图象只有一个交点,不满足题意;
当a>
0时,由lnx-ax2+x=0,得a=.
令r(x)=,则r(x)的定义域为(0,+∞).
则r′(x)==,
易知r′
(1)=0,当0<
1时,r′(x)>
0,r(x)是增函数,
当x>
1时,r′(x)<
0,r(x)是减函数,且>
r(x)max=r
(1)=1,所以0<
a<
故实数a的取值范围是(0,1).
2.已知函数f(x)=2x3+ax2+bx+3在x=-1和x=2处取得极值.
(1)求f(x)的表达式和极值;
(2)若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,试求m的取值范围.
解
(1)依题意知f′(x)=6x2+2ax+b=0的两根为-1和2,
∴∴
∴f(x)=2x3-3x2-12x+3,
∴f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),
令f′(x)>
0,得x<
-1或x>
2;
令f′(x)<
0,得-1<
2,
∴函数f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增;
在(-1,2)上单调递减.
∴f(x)极大值=f(-1)=10,f(x)极小值=f
(2)=-17.
(2)由
(1)知,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在区间(-1,2)上单调递减.
m+4≤-1或或m≥2.
∴m≤-5或m≥2,
则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).
3.已知函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>
0时,解不等式f(x)≤0;
(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解
(1)因为ex>
0,(ax2+x)ex≤0,所以ax2+x≤0.
又因为a>
0,所以不等式化为x≤0.
所以不等式f(x)≤0的解集为.
(2)当a=0时,方程即为xex=x+2,
由于ex>
0,所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex--1=0.令h(x)=ex--1,
因为h′(x)=ex+>
0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数,
又h
(1)=e-3<
0,h
(2)=e2-2>
0,h(-3)=e-3-<
h(-2)=e-2>
所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为{-3,1}.
4.(2019·
合肥一中质检)已知函数f(x)=.
(1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;
(2)若a=0,x0<
1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:
f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)=-,
由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立,
故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立,
∴1-a≥2,∴a≤-1.
故实数a的取值范围为(-∞,-1].
(2)证明 当a=0时,则f(x)=.
函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).
令h(x)=f(x)-g(x)
=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R,
则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=-
=.
设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R,
则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,
∵x0<
1,∴φ′(x)<
∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,
∴当x<
x0时,φ(x)>
0,当x>
x0时,φ(x)<
x0时,h′(x)>
x0时,h′(x)<
∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0,
∴f(x)≤g(x).
5.已知函数f(x)=eax-ax-1.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n(n≥2).若(n!
)<
m恒成立,求m的最小值.
解
(1)f′(x)=aeax-a=a(eax-1),
0时,令f′(x)>
0,解得x>
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a=0时,显然无单调区间;
当a<
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
综上,当a=0时,无单调区间;
a≠0时,单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)令a=1,由
(1)可知f(x)的最小值为f(0)=0,
所以f(x)≥0.
所以ex≥x+1(当x=0时取得“=”).
令x=n-1,则en-1>
n,
所以e0·
e1·
e2·
…·
en-1>
1×
2×
3×
…×
即e>
n!
,
两边进行次方得(n!
e,又m为整数,
所以m的最小值为3.
6.(2019·
信阳二模)已知函数f(x)=4x2+-a,g(x)=f(x)+b,其中a,b为常数.
(1)若x=1是函数y=xf(x)的一个极值点,求曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)有2个零点,f(g(x))有6个零点,求a+b的取值范围.
解
(1)函数f(x)=4x2+-a,
则y=xf(x)=4x3+1-ax的导数为y′=12x2-a,
由题意可得12-a=0,解得a=12,
即有f(x)=4x2+-12,f′(x)=8x-,
可得曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线斜率为f′
(1)=7,切点为(1,-7),
所以曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y+7=7(x-1),即y=7x-14.
(2)f(x)=4x2+-a,f′(x)=8x-,f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
时,f′(x)>
0,f(x)单调递增;
当x<
0或0<
时,f′(x)<
0,f(x)单调递减.
可得f(x)在x=处取得极小值,且为3-a,
易知f(x)的图象大致如图所示:
故由f(x)有两个零点,
可得3-a=0,即a=3,
可得两零点分别为-1,.
因为f(g(x))有6个零点,
∴g(x)=-1与g(x)=的根共有6个,
∴f(x)=-1-b和f(x)=-b都有3个实数根,
则-1-b>
0,且-b>
0,即b<
-1且b<
可得b<
-1,则有a+b<
即a+b的取值范围是(-∞,2).