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2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用练习(7套浙江专用)

(作者 : 日期:2019-05-13)
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导函数的“隐零点”问题
知 识 拓 展
利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,按导函数零点能否求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.对于隐零点问题,由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧,对学生综合能力的要求较高,成为考查的难点.
题 型 突 破
题型一 函数最值中的“隐零点”
【例1】 设函数f(x)=e2x-aln x.(a为大于零的常数),已知f′(x)=0有唯一零点,求f(x)的最小值.
解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-ax(x>0).
当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-ax,
因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-ax在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(0,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,最小值为f(x0).
由于2e2x0-ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
故f(x)的最小值为2a+aln2a.
【训练1】 (1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0;
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).
f′(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
当且仅当x=0时,f′(x)=0,
所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1.
所以(x-2)ex>-(x+2),即(x-2)ex+x+2>0.
(2)证明 g′(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).
由(1)知,f(x)+a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.
因此,存在唯一xa∈( 0,2],使得f(xa)+a=0,即g′(xa)=0.
当0<x<xa时,f(x)+a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x>xa时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)x2a=exa+f(xa)(x+1)x2a=exaxa+2.
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2′=(x+1)ex(x+2)2>0,
得y=exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],
得12=e00+2<h(a)=exaxa+2≤e22+2=e24.
因为y=exx+2单调递增,对任意λ∈12,e24,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是12,e24.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.
题型二 不等式证明中的“隐零点”
【例2】 (2017?全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
设g(x)=ax-a-ln x,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-1x,g′(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g′(x)=1-1x.
当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x>1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-xln x,f′(x)=2x-2-ln x,
设h(x)=2x-2-ln x,则h′(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h′(x)<0;
当x∈12,+∞时,h′(x)>0.
所以h(x)在0,12单调递减,在12,+∞单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,
所以h(x)在0,12有唯一零点x0,在12,+∞有唯一零点1,且当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ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈0,12得f(x0)<14.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0
得f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2<f(x0)<2-2.
【训练2】 已知函数f(x)=x2+2x-a(x+ln x)(x>0,a∈R).
(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)>x2+x-ex+2.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=2x-(a-2)-ax=(x+1)(2x-a)x,
当a≤0时,f′(x)>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以函数f(x)单调递增;
当a>0时,由f′(x)>0得x>a2,f′(x)<0得0<x<a2,
所以函数f(x)在a2,+∞上单调递增;函数f(x)在0,a2上单调递减.
(2)证明 当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,
只需证明ex-ln x-2>0,
设g(x)=ex-ln x-2(x>0),
令g′(x)=ex-1x=0,
此时方程有唯一解x0,满足ex0=1x0(x0≠1).
当x变化时,g′(x)和g(x)变化情况如下表
x    (0,x0)    x0    (x0,+∞)
g′(x)    -    0    +
g(x)    ?    极小值g(x0)    ?
g(x)min=g(x0)=e x0-ln x0-2=1x0+x0-2,
因为x0>0,且x0≠1,
所以g(x)min>21-2=0,因此不等式得证.
题型三 导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧
【例3】 (2018?全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
(ⅰ)若a≤2,则f′(x)≤0,
当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>2,令f′(x)=0得,
x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时,f′(x)<0;
当x∈a-a2-42,a+a2-42时,f′(x)>0.
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
(2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于
f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2
=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2ln x2<0.
设函数g(x)=1x-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.
所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.
【训练3】 已知函数f(x)=x2+aln(x+2),a∈R,存在两个极值点x1,x2,求f(x1)+f(x2)的取值范围.
解 函数f(x)的定义域为(-2,+∞),
且f′(x)=2x+ax+2=2x2+4x+ax+2,
由于f(x)有两个极值点,
则二次函数g(x)=2x2+4x+a在(-2,+∞)上有两个相异实根x1,x2,
由于g(x)的对称轴为x=-1,
由二次函数的图象可知,只需Δ=16-8a>0且g(-2)=a>0,即0<a<2.
考虑到x1,x2是方程2x2+4x+a=0的两根.
从而x1+x2=-2,x1x2=a2,
从而f(x1)+f(x2)
=x21+aln(x1+2)+x22+aln(x2+2)
=(x1+x2)2-2x1x2+aln[2(x1+x2)+x1x2+4]
=4-a+alna2,
其中0<a<2.
令h(a)=4-a+alna2,a∈(0,2),
则h′(a)=-1+lna2+1=lna2<0,
从而h(a)在(0,2)上单调递减,又当x→0(x>0),h(a)→4,a→2,h(a)→2,所以h(a)的值域为(2,4).
综上所述f(x1)+f(x2)的取值范围是(2,4).
补 偿 训 练
1.(2019?杭州二中)设函数f(x)=1-1x,g(x)=ln x,
(1)求曲线y=f(2x-1)在点(1,0)处的切线方程;
(2)求函数y=f(x)?g(x)在1e,e上的取值范围.
解 (1)当x=1时,y=f(2-1)=f(1)=0.
y′=f′(2x-1)=1(2x-1)32,f′(1)=1,
所以切线方程为y=x-1.
(2)y=f(x)?g(x)=1-1xln x=ln x-ln xx,
y′=1x-1xx+ln x2xx=x-1+ln x2xx,
因为x∈1e,e,所以xx>0.
令h(x)=x-1+ln x21e≤x≤e,h′(x)=x+12x>0,
则h(x)在1e,e上单调递增,
因为h(1)=0,所以y=f(x)?g(x)在1e,1上单调递减,
在[1,e]上单调递增.
ymin=f(1)?g(1)=0,
ymax=maxf1e?g1e,f(e)?g(e)
=maxe-1,1-1e,
因为e-1>1-1e,
所以y=f(x)?g(x)在1e,e上的取值范围为[0,e-1].
2.(2019?诸暨统考)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax的图象在x=0处的切线方程是x+y+b=0.
(1)求a,b的值;
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-32.
(1)解 因为f′(x)=xex-a,
由f′(0)=-1得a=1,又当x=0时,f(x)=-1,
所以切线方程为y-(-1)=-1(x-0),
即x+y+1=0,
所以b=1.
(2)证明 令g(x)=f′(x)=xex-1,
则g′(x)=(x+1)ex,
所以当x<-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)<0,
则g(x)在(-∞,-1)内无零点;
当x≥-1时,g(x)单调递增,
且g(-1)<0,g(1)=e-1>0,
所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一的极值点x0.
由x0ex0=1?ex0=1x0,
f(x0)=x0-1x0-x0=1-1x0+x0,
又g12=e2-1<0,
g(1)=e-1>0?12<x0<1?2<1x0+x0<52,
所以f(x0)>-32.
3.已知f(x)=ax+xln x(a∈R),y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为2.若2f(x)-(k+1)x+k>0(k∈Z)对任意x>1都成立,求整数k的最大值.
解 由题设知f′(x)=a+1+ln x,
由f′(1)=2,解得a=1,
所以f(x)=x+xln x.
当x>1时,不等式2f(x)-(k+1)x+k>0(k∈Z)化为k<x+2xln xx-1,
记g(x)=x+2xln xx-1(x>1),则g′(x)=2x-2ln x-3(x-1)2,
再设h(x)=2x-2ln x-3,则h′(x)=2(x-1)x>0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,
又h(2)=1-2ln 2<0,h52=21-ln52>0,
故h(x)在2,52上存在唯一零点x0,
使h(x0)=2x0-2ln x0-3=0,且当1<x<x0时,g′(x)<0;
当x>x0时,g′(x)>0.
即g(x)在(1,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=x0+2x0ln x0x0-1,
由2x0-2ln x0-3=0得2ln x0=2x0-3,
则g(x)min=x0+x0(2x0-3)x0-1=2x0∈(4,5),
又k<x+2xln xx-1恒成立,
故整数k的最大值为4.
4.已知函数f(x)=x2?ln x.
(1)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);
(2)设(1)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有25<ln g(t)ln t<12.
证明 (1)当x∈(0,1]时f(x)≤0;
当x∈(1,+∞)时f(x)>0,故下面只考虑f(x)在(1,+∞)上的性质.
由于对任意给定的t>0,令F(x)=f(x)-t,x>1,
则F′(x)=x(2ln x+1)>0,
从而F(x)在(1,+∞)单调递增,
又F(1)=-t<0,F(et)=e2t?t-t>0,故F(x)在(1,+∞)存在唯一零点s,满足t=f(s).
(2)由于s2?ln s=t>e2,从而s>e,
故ln g(t)ln t=ln sln(s2?ln s)=ln s2ln s+ln(ln s),
令m=ln s,则ln g(t)ln t=m2m+ln m=12+ln mm,m>1,
设h(m)=ln mm,m>1,
下面求h(m)的取值范围.
由于h′(m)=1-ln mm2,
从而当m∈(1,e]时,h′(m)≥0,当m∈(e,+∞)时,h′(m)<0,
故h(m)在(1,e]上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
而h(1)=0,h(e)=1e,m→+∞,h(m)→0,
从而h(m)∈0,1e,
从而e2e+1=12+1e≤ln g(t)ln t<12,
又25<e2e+1,
从而当t>e2时,有25<ln g(t)ln t<12.
5.记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
解 对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,
所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.令b=2x30ex0(1-x0),则b>0.
函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx,
则f′(x)=-2x,g′(x)=bex(x-1)x2.
由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),
得-x2+a=bexx,-2x=bex(x-1)x2,
即-x2+a=2x30ex0(1-x0)?exx,-2x=2x30e x0(1-x0)?ex(x-1)x2,(**)
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
6.已知函数f(x)=-12ax2+xln x+bx(a,b∈R),函数f(x)的导函数为f′(x).
(1)求f′(x)的单调区间;
(2)若f′(x)有两个不同的零点x1,x2,证明: a2x1x2<1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax+1+ln x+b.
令g(x)=f′(x)=-ax+1+ln x+b(x>0),∴g′(x)=-a+1x.
当a≤0时, g′(x)=-a+1x>0,
则g(x)即f′(x)在(0,+∞)上是增函数;
当a>0时,若x∈(0,1a),则g′(x)>0,若x∈(1a,+∞),则g′(x)<0,∴g(x)即f′(x)在(0,1a)上是增函数,在1a,+∞上是减函数.
综上所述,当a≤0时,函数f′(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,函数f′(x)的单调递增区间为0,1a,单调递减区间为1a,+∞.
(2)证明 由(1)知当a≤0时, f′(x)在(0,+∞)上是增函数,不可能有两个零点,故a>0.
由f′(x)有两个不同的零点x1,x2,
得f′(x1)=ln x1-ax1+b+1=0,f′(x2)=ln x2-ax2+b+1=0,
两式相减得ln x1-ln x2+ax2-ax1=0,
即a=ln x1-ln x2x1-x2=lnx1x2x1-x2.
∵a>0,x1>0,x2>0,
∴欲证a2x1x2<1,只需证lnx1x2x1-x22x1x2<1,
即证lnx1x22<(x1-x2)2x1x2=x1x2-2+x2x1.
不妨设0<x1<x2,令x1x2=t∈(0,1),
则只需证(ln t)2<t-2+1t.
设φ(t)=(ln t)2-t-1t+2,
则φ′(t)=2tln t-1+1t2=2ln t-t+1tt.
设h(t)=2ln t-t+1t,则h′(t)=-(t-1)2t2,
当t∈(0,1)时, h′(t)<0,∴h(t)在(0,1)上单调递减,
∴h(t)>h(1)=0,∴当t∈(0,1)时, φ′(t)>0,φ(t)在(0,1)上单调递增,
∴当t∈(0,1)时, φ(t)<φ(1)=0,
即(ln t)2<t+1t-2在t∈(0,1)上恒成立,
故原不等式得证.

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