1、1第六讲 导数的应用(二)年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养卷 利用导数研究函数的单调性、零点问题T 212018 卷 利用导数证明不等式T21卷 利用导数研究函数的单调性、函数的零点T 21卷利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明T 212017卷导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩T21卷 函数的零点问题、不等式的证明T 21卷 函数单调性的判断、不等式证明及值域问题T 212016卷三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明T21命题分析(1)利用导数证明不等式或探讨方程根；(2)利用导数求解参数的范围或值学科素养导数的综合应用主要是考查学生的数学建模
2、、数学运算及逻辑推理的学科素养，考查分析问题与解决问题的能力.利用导数研究函数的零点问题授课提示：对应学生用书第14页悟通方法结论2研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现(2018武汉调研)(12分)已知函数 (aR)(e2.718 fx ex ax 128是自然对数的底数)(1)求 f(x)的单调区间；(2) 的个数学审题条件信息 想到方法 注意什么看到函数 f(x)中含参数要对参数进行分类讨论分类时要注意利用函数性质，恰当分类，
3、标准统一看到讨论零点个数先想到令 g(x)0，然后再转化构造求解时注意参数影响 f(x)在0,1上的单调性规范解答 (1) f(x)e x ax1， f( x)e x a，当 a0时， f( x)0恒成立， f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当 a0时，令 f( x)0，得 xln a， f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(5分)(2)令 g(x)0，得 f(x)0或 x ， (6分)12先考虑 f(x)在区间0,1上的零点个数，当 a1时， f(x)在(0，)上单调递增且 f(0)0， f(x)在0,1上有一个零点；(8分)当 ae时， f(x
4、)在(，1)上单调递减， f(x)在0,1上有一个零点；(9分)当1e1或 a2( 1)时， g(x)在0,1上有两个零点；e当10，当 x 时， f( x)0，4 g(x)的单调递减区间为 ，1)，单调递增区间为(1,3，13 g(x)min g(1)1，由于函数 f(x)在 ，3上有两个零点， g( )3ln 3 ， g(3)3 ，13 13 13 ln 333ln 3 3 ，13 ln 33实数 a的取值范围是(1,3 ln 33利用导数研究函数与不等式问题授课提示：对应学生用书第14页悟通方法结论函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等
5、式成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度探究1 利用导数研究不等式成立问题(2018齐鲁名校联考)(12分)已知函数且 m f(x)min转化求 f(x)最小值时注意构造 f(n)求最小值规范解答 (1)函数 f(x)的定义域为(1，)，5f( x) x2 . (1分)ax 1 x2 3x a 2x 1因为函数 f(x)有两个极值点 m， n，所以 f( x)0有两个大于1的不同的解，即 x23 x a20有两个不同的解 m， n，且 nm1.记 h(x) x23 x a2，则 h(x)图象的对称轴为 x ，故Error!，解得0 f(x)min(x n)由(1)知，函数 f(x)在 n
6、，)上单调递增，所以 f(x)在该区间上的最小值为 f(n)因为 h(1) a0, 所以10，ln( x1)0，32所以函数 p(x)在区间( ，2)上单调递增，32(10分)故当 p( ) ( )22 ( )23 2ln .32 32 12 32 32 32 32 12 15 2ln 28所以t . (12分)15 2ln 28利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：6(2)函数思想法：练通即学即用(2018西安八校联考)已知函数 f(x) x， g(x) f (x)sin x( R)在区间1,1上单调递减(1)求 的最大值；(2)若 g(x) sin 1恒
7、成立，即(t1) t 2sin 110( 1)恒成立，令 h( )(t1) t 2sin 11( 1)，要使 h( )0恒成立，则需Error!Error!又t 2tsin 10恒成立，t1，故t的取值范围为(，1(3) x22e x m，ln xfx ln xx令 f1(x) ， f2(x) x22e x m，ln xx7 f 1(x) ，1 ln xx2当 x(0，e)时， f 1(x)0，即 f1(x)单调递增；当 xe，)时， f 1(x)0，即 f1(x)单调递减 f1(x)max f1(e) ，1e又 f2(x)( xe) 2 me 2，当 me 2 ，即 me2 时，方程无解；1
8、e 1e当 me 2 ， 即 me 2 时，方程有一个解；1e 1e当 me 2 .65学审题条件信息 想到方法 注意什么由条件 中 f(x)含有参数 a 对参数进行分类讨论注意定义域在这里起到对参数 a分类讨论的作用由条件 中 f(x)有2个零点想到 f(x1) f(x2)0.对 f(x1)、 f(x2)结合证明问题变形注意对要证的不等式变形构造 ,上条件 e 2是提示性x2x1 x2x1的规范解答 (1)函数 f(x)ln x ax，aR的定义域为(0，)， (1分)f( x) a . (2分)1x ax 1x当 a0时， f( x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增 (3分)当 a0
9、；1a当 x 时， f( x)0，t2 1t1 t2所以 (t)在e 2，)上单调递增， (t) (e2)1 1 . (11分)2e2 1 232 1 65故( x1 x2)f( x1 x2) 得证 (12分) 65利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利9用构造函数的性质来完成，其一般思路是：练通即学即用(2017高考全国卷)已知函数 f(x)ln x ax2(2 a1) 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；(0， 12a)当 x 时， f( x)0；当 x(1，)时， g( x)0时， g(x)0.从
10、而当 a0， f(x)在(0,1上单调递增，易知 g(x)ax在(0,1上单调递减，1x不妨设 x1， x2(0,1，且 x1g(x2)， f(x2) f(x1)f(x2) .4x1 4x2令 h(x) f(x) ，则当 x1h(x2)， h(x)在(0,1上单调递减，4x h( x)1 0在(0,1上恒成立，ax 4x2 x2 ax 4x2 x2 ax40在(0,1上恒成立，等价于 a x 在(0,1上恒成立，4x只需 a( x )max.4x11 y x 在(0,1上单调递增， ymax3，3 a0.1 xax(1)求 a的取值范围；(2)若 b0，试证明 0，所以 ax10，即 x ，1
11、a所以 1，即 a1.1a故 a的取值范围为1，)(2)证明：因为 b0， a1，所以 1，a bb又 f(x) ln x在(1，)上是增函数，1 xax所以 f f(l)，即 ln 0，(a bb )1 a bbaa bb a bb化简得 .12解析：(1)由已知得， f(x) x(ln x x)，当 x1时， f(x)1，f( x)ln x12 x，当 x1时， f( x)1，所以所求切线方程为 y1( x1)，即 x y0.(2)证明：由已知条件可得 f( x)ln x12 ax有两个不同的零点，且两零点的左、右两侧附近的函数值符号相反，令 f( x) h(x), 则 h( x) 2 a
12、(x0)，1x若 a0，则 h( x)0， h(x)单调递增， f( x)不可能有两个零点；若 a0，令 h( x)0得 x ，可知 h(x)在(0， )上单调递增，在( ，)上单调递减，12a 12a 12a令 f( )0，解得0 ， f( )2ln a1 0，所以0f(1) a .124(2018南宁二中、柳州一中联考)已知函数 f(x)ln x ax2(2 a)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 f(x)的两个零点分别是 x1， x2，求证： f( ) 0，则 f(x)在(0，)上单调递增；13当 a0时，若 x(0， )，则 f( x)0，若 x( ，)，则 f( x)0，且 f(x)在(0， )上单调递增，在( ，)上单调递减，不1a 1a妨设0 x1 x2 ，故要证 f( ) 即可x1 x22 x1 x22 1a 2a x1 x22 2a构造函数 F(x) f(x) f( x)， x(0， )，2a 1aF( x) f( x) f( x) f( x) f( x) ，2a 2a 2axax 2 2x2 ax 2ax 12x2 ax x(0， )， F( x) 0， F(x)在(0， )上单调递增，1a 2ax 12x2 ax 1a F(x) x1， x1 x2 ，得证.2a 1a 2a 2a
