高考数学大二轮总复习与增分策略-专题二 函数与导数 第4讲 导数的热点问题练习 理

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1、第4讲　导数的热点问题(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)

2、＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(

3、ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于而所以设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(

4、x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.16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　(2015·北京)已知函数f(x)＝ln.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．(1)解　

5、因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)证明　令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0,1)，即当x∈(0,1)时，f(x)>2.(3)解　由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0,1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则

6、h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.16所以当02时，f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.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

7、D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，则f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)0)．(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥a；(2)在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明　设φ(x)＝f(x)－1－a＝alnx－a(x>0)，则φ′(x)＝－.令φ′(x)＝0，则x＝1，当0

8、1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x)在x＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a.(2)解　由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>.令g(x)＝(10，16故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(