2021届新高考数学二轮导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(解析版).doc

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1、专题一 第5讲导数的综合应用【情报站】1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现,难度较大.母题突破1 导数与不等式的证明母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)证明 由(1)知,当a0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln++1≤0,即f(x)≤--2.[子题1] 设函数f(x)=ln x-x+1.证明:当x∈(1,+∞)时,1<0,当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当0<。

2、;x0,f(x)单调递增,∴f(x)=ln x-x+1≤f(1)=0,∴ln x≤x-1,∴当x>1时,ln x<x-1,①且ln <-1,②由①得,1<,由②得,-ln x,∴x>,综上所述,当x>1时,1<0时,≥ln x+1.【答案】证明 设g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1(x>0),则g′(x)=ex-2x-(e-2),设m(x)=ex-2x-(e-2)(x>0),则m′(x)=ex-2,易得g′(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g′(0)=3-e>0,g′(1)=0,由0<ln 2<1,则g′(ln 2)0;当x∈(x0,1)时,g′(x)0时,≥x.又由母题可得ln x≤x-1,即x≥ln x+1,故≥ln x+1.【方法总结】 利用导数。

3、证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)>0.(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明.(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 拓展训练1.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-.由题设知,f′(2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-ln x-1,f′(x)=ex-.当0<x<2时,f′(x)2时,f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(。

4、2,+∞),单调递减区间为(0,2).(2)证明 当a≥时,f(x)≥-ln x-1.方法一 设g(x)=-ln x-1(x∈(0,+∞)),则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.方法二 易证ex≥x+1,①ln x≤x-1,②∴f(x)≥-ln x-1=ex-1-ln x-1≥x-ln x-1≥0,即证f(x)≥0.2.(2020·株州模拟)已知f(x)=ln x+.(1)若函数g(x)=xf(x),讨论g(x)的单调性与极值;(2)证明:f(x)>.【答案】(1)解 由题意,得g(x)=x·f(x)=xln x+(x>0),则g′(x)=ln x+1.当x∈时,g′(x)0,所以g(x)单调递增,所以g(x)的单调递减区间为。

5、,单调递增区间为,g(x)的极小值为g=,无极大值.(2)证明 要证ln x+>(x>0)成立,只需证xln x+>(x>0)成立,令h(x)=,则h′(x)=,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h′(x),即ln x+>,所以f(x)>.强化练(一)1.(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x,a>0.(1)求函数y=f(x)的单调区间;(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.【答案】(1)解 f(x)=x2-(a-2)x-aln x,a>0,定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-(a-2)-=,令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得0<x0),即证ex-ln x-2>0恒成立,令g。

6、(x)=ex-ln x-2,x∈(0,+∞),即证g(x)min>0恒成立,g′(x)=ex-,g′(x)为增函数,g′0,∴∃x0∈,使g′(x0)=0成立,即-=0,则当0<x<x0时,g′(x)x0时,g′(x)>0,∴y=g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(x0)=-ln x0-2,又∵-=0,即=,∴g(x0)=-ln x0-2=+ln -2=+x0-2,又∵x0∈,∴x0+>2,∴g(x0)>0,即对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.方法二 令φ(x)=ex-x-1,∴φ′(x)=ex-1,∴φ(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(0)=0,∴ex≥x+1,①令h(x)=ln x-x+1(x>0),∴h′(x)=-1=,∴h(。

7、x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)max=h(1)=0,∴ln x≤x-1,∴x+1≥ln x+2,②要证f(x)+ex>x2+x+2,即证ex>ln x+2,由①②知ex≥x+1≥ln x+2,且两等号不能同时成立,∴ex>ln x+2,即证原不等式成立.2.(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤ ;(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.【答案】(1)解 f′(x)=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x=2sin xsin 3x.当x∈∪时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在区间,上单调递增,在区间上单调递减.(2)证明 因为f(0)=f(π)=0,由。

8、(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为f =,最小值为f =-.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤.(3)证明 由于 =|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤=.母题突破2 恒成立问题与有解问题母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.(2)思路分析❶存在x0≥1,使得f(x0)<   ↓❷f(x)min0,f(x)在(1,+∞)上单调。

9、递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1<a<-1.②若<a1,故当x∈时,f′(x)0,f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f ,所以不符合题意.③若a>1,则f(1)=-1=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点;当a>0时,由f′(x)=-a>0,得0<x<,由f′(x)=-a,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以函数f(x)有极大值点,无极小值点.(2)由条件可得ln x-x2-ax≤0(x>0)恒成立,则当x>0时,a≥-x恒成立,令h(x)=-x,x>0,则h′(x)=,令k(x)=1-x2-ln x,x>0,则当x>0时,k′(x)=-2x-0,在(1,+∞)上,。

10、h′(x)0时,当x0,g(x)在(-∞,1)上单调递增;当x>1时,g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,对∀x1∈(0,+∞),∃x2=-,使得g(x2)=g=<-1<-≤f(x1),符合题意.②当k=0时,g(x)=0,取x1=,对∀x2∈R有f(x1)-g(x2)<0,不符合题意.③当k<0时,当x<1时,g′(x)1时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)min=g(1)=,若对∀x1∈(0,+∞),∃x2∈R,使得f(x1)-g(x2)≥0,只需g(x)min≤f(x)min,即≤-,解得k≤-.综上所述,k∈∪(0,+∞).【方法总结】 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.②分离参数法,将参数分离出来,进而转化为a>f(x)。

11、max或a<f(x)min的形式,通过导数的应用求出f(x)的最值,即得参数的范围.(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化,要理解清楚两类问题的差别.拓展训练1.(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)=2ln x+1.若f(x)≤2x+c,求c的取值范围.【答案】解 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h′(x)=-2.当0<x0;当x>1时,h′(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).2.已知函数f(x)=(1-x)ex-1.(1)求f(x)的极值;(2)设g(x)=(x-t)2+2,存在x1∈(-∞,+∞),。

12、x2∈(0,+∞),使方程f(x1)=g(x2)成立,求实数m的最小值.【答案】解 (1)f′(x)=-xex,当x∈(0,+∞)时,f′(x)0,∴当x=0时,f(x)有极大值f(0)=e0-1=0,f(x)没有极小值.(2)由(1)知f(x)≤0,又因为g(x)=(x-t)2+2≥0,所以要使方程f(x1)=g(x2)有解,必然存在x2∈(0,+∞),使g(x2)=0,所以x=t,ln x=,等价于方程ln x=有解,即方程m=xln x在(0,+∞)上有解,记h(x)=xln x,x∈(0,+∞),则h′(x)=ln x+1,令h′(x)=0,得x=,所以当x∈时,h′(x)0,h(x)单调递增,所以当x=时,h(x)min=-,所以实数m的最小值为-.强化练(二)1.(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.若f(x)≥1,求a的取值范围.【答。

13、案】解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-1-.当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1.当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f′(x)=ex-1-.当x∈(0,1)时,f′(x)0.所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.综上,a的取值范围是[1,+∞).2.设函数f(x)=ax2-xln x-(2a-1)x+a-1(a∈R).若对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.【答案】解 f′(x)=2ax-1-ln x-(2a-1)=2a(x-1)-ln x(x>0),易知当x∈(0,+∞)时,ln x≤x-1,则f′(x)≥2a(x-1)-(x-1)=(2a-1)(x-1).当2a-1≥0,即a≥时。

14、,由x∈[1,+∞)得f′(x)≥0恒成立,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=0,符合题意;当a≤0时,由x∈[1,+∞)得f′(x)≤0恒成立,f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=0,显然不符合题意,a≤0舍去;当0<a<时,由ln x≤x-1,得ln ≤-1,即ln x≥1-,则f′(x)≤2a(x-1)-=(2ax-1),∵0<a1.当x∈时,f′(x)≤0恒成立,∴f(x)在上单调递减,∴当x∈时,f(x)≤f(1)=0,显然不符合题意,0<a0,①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=ln 1+a=a≤0,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有1个零点.②当a>0,则x∈(0,a)时,f′(x)0.所以函数f(x)在(0,a)上单。

15、调递减,在(a,+∞)上单调递增.当x=a时,f(x)取得最小值,且f(x)min=ln a+1,则ln a+1≤0,即00,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有零点.综上所述,实数a的取值范围为.方法二 由f(x)=ln x+有零点可得,a=-xln x有解,设φ(x)=-xln x,则φ′(x)=-ln x-1,令φ′(x);令φ′(x)>0,得0<x<,所以φ(x)=-xln x在上单调递增,在上单调递减,且x→0时,φ(x)→0,x→+∞时,φ(x)→-∞,画出φ(x)=-xln x的草图如图所示,当a≤时,a=-xln x有解,所以实数a的取值范围是.[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)=ex-a(x+2),(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【答案】解 (1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2)。

16、,f′(x)=ex-1,令f′(x)<0,解得x0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f′(x)=ex-a.①当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故f(x)至多存在一个零点,不合题意.②当a>0时,由f′(x)=0,可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(ⅰ)若0,f(ln a)0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0。

17、.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是.[子题2] 已知函数f(x)=ln x+x,方程x2=2mf(x)(m>0)有唯一实数解,求m.【答案】解 因为方程2mf(x)=x2有唯一实数解,所以x2-2mln x-2mx=0有唯一实数解,设g(x)=x2-2mln x-2mx,则g′(x)=,令g′(x)=0,即x2-mx-m=0.因为m>0,x>0,所以x1=0,当x∈(0,x2)时,g′(x)0,g(x)在(x2,+∞)上单调递增,当x=x2时,g′(x)=0,g(x)取最小值g(x2),则即所以2mln x2+mx2-m=0,因为m>0,所以2ln x2+x2-1=0,(*)设函数h(x)=2ln x+x-1,h′(x)=+1,因为当x>0时,h′(x)>0,h(x)单调递增,所。

18、以h(x)=0至多有一解,因为h(1)=0,所以方程(*)的解为x2=1,即=1,解得m=.规律方法 解函数零点问题的一般思路(1)对函数求导.(2)分析函数的单调性,极值情况.(3)结合函数性质画函数的草图.(4)依据函数草图确定函数零点情况.拓展训练1.(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)=ln x-.讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点.【答案】解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.因为f(e)=1-=0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<0),f(1)=0.f′(x)=2x-=,当x∈(0,1)时,f′(x)0,∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴当x=1时,函数f(x)取得最小值,∴f(x)≥f(1)=0,。

19、即f(x)≥0.(2)解 方法一 f′(x)=2ax-(x>0),当a≤0时,f′(x)0时,f′(x)=2ax-=,可得当x=时,函数f(x)取得最小值.当x→0时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞.∵函数f(x)有两个零点,∴f(x)min=f =1-1-2ln =ln a<0,解得0<a0,得ln x<0,∴0<x<1,由h′(x)0,∴x>1,∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)max=h(1)=1,当x→0时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→0,画出h(x)=的草图,如图所示,由a=h(x)有两个解,可知0<a0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)0在R上恒成立,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0在R上恒成立,当且仅当x=0时,g′(。

20、x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-62-0,故f(x)有一个零点.综上所述,f(x)只有一个零点.2.已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f′(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f′(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【答案】证明 (1)设g(x)=f′(x)=-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g′(x)=-2sin x-0,g=-10,f(x)在(0,α)上单调递增;当x∈(α,π)时,f′(x)f =ln -+2>2->0,又因为f =-2-+2sin <-2-+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点,又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,则h′(x)=-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2,设φ(x)=ln x-x+2,则φ′(x)=-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.。

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