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时间:2018-12-05
《2018年高考数学二轮复习考前专题二函数与导数第4讲导数的热点问题讲学案理》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第4讲 导数的热点问题利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大.热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一,可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值,以及构造函数解题的能力.例1 已知函数f(x)=(lnx-k-1)x(k∈R).(1)当x>1时,求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意x∈[e,e2],都有f(x)<4lnx成立,求k的取值范围;(3)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1x21,所以f′(x)
2、=lnx-k>0,函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞),无单调递减区间,无极值;②当k>0时,令lnx-k=0,解得x=ek,当1ek时,f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1,ek),单调递增区间是(ek,+∞),在区间(1,+∞)上的极小值为f(ek)=(k-k-1)ek=-ek,无极大值.(2)解 由题意,f(x)-4lnx<0,即问题转化为(x-4)lnx-(k+1)x<0对于x∈[e,e2]恒成立.即k+1>对x∈[e,e2]恒成立.令g(x)=,则g′(x)=,令t(x)=4lnx+x-4,x∈[e,e2],则t′(x)=+1>
3、0,所以t(x)在区间[e,e2]上单调递增,20故tmin=t(e)=e-4+4=e>0,故g′(x)>0,所以g(x)在区间[e,e2]上单调递增,函数gmax=g(e2)=2-.要使k+1>对于x∈[e,e2]恒成立,只要k+1>gmax,所以k+1>2-,即实数k的取值范围为.(3)证明 因为f(x1)=f(x2),由(1)知,函数f(x)在区间(0,ek)上单调递减,在区间(ek,+∞)上单调递增,且f(ek+1)=0.不妨设x14、f .又f(x1)=f(x2),即证f(x1)0,所以函数h(x)在区间(0,ek)上单调递增,故h(x)5、x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x16、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=0,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-.当01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)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<7、0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,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).20由x0∈,得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由
4、f .又f(x1)=f(x2),即证f(x1)0,所以函数h(x)在区间(0,ek)上单调递增,故h(x)5、x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x16、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=0,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-.当01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)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<7、0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,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).20由x0∈,得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由
5、x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x16、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=0,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-.当01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)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<7、0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,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).20由x0∈,得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由
6、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=0,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-.当01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)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<
7、0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,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).20由x0∈,得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由
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