浙江专用2019高考数学二轮复习专题五函数与导数第4讲导数的热点问题学案

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1、第4讲　导数的热点问题[考情考向分析]　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、不等式结合，证明不等式和求参数范围问题是热点题型，中高档难度．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)＝2x－lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：1＋ln2≤f(x)<＋1.(1)解　由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝.所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区

2、间为.(2)证明　由(1)知f(x)min＝f ＝1＋ln2.所以1＋ln2≤f(x)成立．另一方面，要证f(x)<＋1成立．只要证＋2lnx－4x＋2>0，设函数g(x)＝＋2lnx－4x＋2，则g′(x)＝＋－4＝.令t(x)＝e2x－1－2x，x∈(0，＋∞)．则t′(x)＝2(e2x－1－1)，由t′(x)＝0得x＝，所以当x∈时，t′(x)<0，即t(x)为减函数；当x∈时，t′(x)>0，即t(x)为增函数，所以t(x)≥t＝0.令g′(x)＝＝0，得x＝，所以当x∈时，g′(x)<0，g(x)为减函数；当x∈时，g′(x)

3、>0，g(x)为增函数，则g(x)min＝g＝2－2ln2>0，即当x∈(0，＋∞)时，＋2lnx－4x＋2>0，综上，1＋ln2≤f(x)<＋1成立．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

4、)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.跟踪演练1　(2018·绍兴市柯桥区模拟)已知a是实数，函数f(x)＝(x－a)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1.(1)解　函数的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝＋＝(x>0)，若a≤0，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为[0，＋∞)；若a>0，当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明　由(1)可知，当a>0时，f(x)min＝f ＝－a，所以存在x0>

5、0，使得f(x0)≤－a＋1等价于－a≤－a＋1，设g(a)＝a－a＋1(a>0)，则g′(a)＝·－1＝(－)，所以g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(3)＝0，故g(a)≥0，所以－a≤－a＋1恒成立，因此存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋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　设函数f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈

6、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)，记h(x)＝f′(x)，则h′

7、(x)＝ex＋>0，知f′(x)在区间内单调递增．又∵f′(0)＝1－<0，f′(1)＝e－>0，∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0，即f′(x0)＝－＝0，于是＝，x0＝－ln.当－ax0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00，∴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

8、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＝