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.docx

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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′(

2、x)＝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)

3、＝＋1>0，所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，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x1

4、x2)0，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，故h(x)

5、函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1

6、nx，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＝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

7、－2)>0，h<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)．由x0∈，得f(x0)<.因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0