专题12　导数的应用(二)-2019高考理科数学【高考高手】3年高考真题透析2年模拟试题精选

专题十二　导数的应用(二) 对应学生用书起始页码P50 考纲内容 高考考点 考查频度 学科素养 规律与趋向 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值,并会解决与之有关的方程(不等式)问题; 2.会利用导数解决某些简单的实际问题. 25.导数与不等式 3年2考 ★★☆ 逻辑推理 数学计算 1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程(不等式)问题 2.低频考向:利用导数解决某些实际问题. 3.特别关注: 利用导数研究函数的零点问题. 26.导数与函数的综合问题 3年3考 ★★★ 数学建模 数学计算 2016~2018 对应学生用书起始页码P50 1.(2017全国3,理21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n,<m,求m的最小值. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞). ①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意; ②若a>0,由f'(x)=1-知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0. 故a=1. (2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+得ln. 从而ln+ln+…+ln+…+=1-<1. 故<e. 而>2,所以m的最小值为3. 2.(2017全国2,理21,12分,难度★★★★)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-,g'(1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g'(x)=1-.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-. 当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0. 所以h(x)在内单调递减,在内单调递增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在内有唯一零点x0,在内有唯一零点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∈(0,1)得f(x0)<. 因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,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. 1.(2018全国2,理21,12分,难度★★★)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.[来源:Zxxk.Com] 解 (1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点; ③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以 h(4a)=1-=1->1-=1->0. 故h(x)在(2,4a)有