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新教材高考数学一轮复习高考大题专项1导数的综合应用课件
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这是一份新教材高考数学一轮复习高考大题专项1导数的综合应用课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，考情分析，必备知识预案自诊，知识梳理，关键能力学案突破等内容，欢迎下载使用。
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题为设置条件,与参数的范围、不等式的证明、方程根的分布综合成题,重点考查学生应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想及转换与化归思想来分析问题、解决问题的能力.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n= (x-n),得ln x≤ x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤ x.(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】 已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
(ⅰ)当2-a≥0,即10,于是f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f(x)>f(1)=0.(ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
考向1 单未知数函数不等式的证明【例3】 已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解 (1)略.又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先单调递增后单调递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
考向2 双未知数函数不等式的证明
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.
所以h(a)在[e,+∞)上单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)上单调递减,g(a)≤g(e)=eln 8e-3e2+3e=e(1+3ln 2)-3e2+3e=e(3ln 2-3e+4)
3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;(2)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③画出导函数草图.
(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),①当00,解得x0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:
【例3】 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
所以h(x)在R上单调递增,而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0+.函数g(x)的简图如图所示.若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).
解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
对点训练3(2020全国1,文20)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,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(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.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;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).
【例4】 (2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(2)满足题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
对点训练4(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x- ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
(2)不存在.理由如下,∵f'(x)= -ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾;
当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得10,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,∵当k0,函数h(k)单调递增,当k>ln 2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln 2)=2ln 2-2=2(ln 2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题为设置条件,与参数的范围、不等式的证明、方程根的分布综合成题,重点考查学生应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想及转换与化归思想来分析问题、解决问题的能力.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n= (x-n),得ln x≤ x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤ x.(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】 已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
(ⅰ)当2-a≥0,即1
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
考向1 单未知数函数不等式的证明【例3】 已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解 (1)略.又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-m
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先单调递增后单调递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
考向2 双未知数函数不等式的证明
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.
所以h(a)在[e,+∞)上单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)上单调递减,g(a)≤g(e)=eln 8e-3e2+3e=e(1+3ln 2)-3e2+3e=e(3ln 2-3e+4)
3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;(2)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③画出导函数草图.
(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),①当0
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:
【例3】 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
所以h(x)在R上单调递增,而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0+.函数g(x)的简图如图所示.若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).
解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
对点训练3(2020全国1,文20)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,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(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.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;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).
【例4】 (2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(2)满足题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
对点训练4(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x- ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
(2)不存在.理由如下,∵f'(x)= -ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾;
当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1
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