（浙江專用）2020版高考數(shù)學新增分大一輪復習 第四章 導數(shù)及其應用 4.2 導數(shù)的應用（第3課時）導數(shù)與函數(shù)的綜合問題講義（含解析）.docx

第3課時導數(shù)與函數(shù)的綜合問題題型一利用導數(shù)解或證明不等式1已知f(x)是定義在(0，)上的可導函數(shù)，f(1)0，且對于其導函數(shù)f(x)恒有f(x)f(x)0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是()AB(0,1)C(1，) D(0,1)(1，)答案B解析令g(x)f(x)ex，由x0時，f(x)f(x)0恒成立，則g(x)f(x)exf(x)ex0，故g(x)f(x)ex在(0，)上單調(diào)遞減，又f(1)0，所以g(1)0.當x1時，f(x)ex0，得f(x)0；當0x1時，f(x)ex0，得f(x)0，故選B.2設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)0，當x>0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A(2,0)(2，) B(2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2)(0,2)答案D解析當x>0時，<0，(x)在(0，)上為減函數(shù)，又(2)0，當且僅當0<x<2時，(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，h(x)x2f(x)也為奇函數(shù)故x2f(x)>0的解集為(，2)(0,2)3已知函數(shù)f(x)1，g(x)xlnx.(1)證明：g(x)1；(2)證明：(xlnx)f(x)>1.證明(1)由題意得g(x)(x>0)，當0<x<1時，g(x)<0.當x>1時，g(x)>0，即g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，)上為增函數(shù)所以g(x)g(1)1，得證(2)由f(x)1，得f(x)，所以當0<x<2時，f(x)<0，當x>2時，f(x)>0，即f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)，所以f(x)f(2)1，當且僅當x2時取等號又由(1)知xlnx1，當且僅當x1時取等號因為等號不同時取得，所以(xlnx)f(x)>1.思維升華(1)利用導數(shù)解不等式的思路已知一個含f(x)的不等式，可得到和f(x)有關的函數(shù)的單調(diào)性，然后可利用函數(shù)單調(diào)性解不等式(2)利用導數(shù)證明不等式的方法證明f(x)<g(x)，x(a，b)，可以構造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果F(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)0，由減函數(shù)的定義可知，當x(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)題型二不等式恒成立或有解問題例1已知函數(shù)f(x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上存在極值，求正實數(shù)a的取值范圍；(2)如果當x1時，不等式f(x)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍解(1)函數(shù)的定義域為(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.當x(0,1)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x(1，)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減所以x1為極大值點，所以0<a<1<a，故<a<1，即實數(shù)a的取值范圍為.(2)當x1時，k恒成立，令g(x)(x1)，則g(x).再令h(x)xlnx(x1)，則h(x)10，所以h(x)h(1)1，所以g(x)>0，所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)ming(1)2，故k2，即實數(shù)k的取值范圍是(，2引申探究本例(2)中若改為：存在x01，e，使不等式f(x0)成立，求實數(shù)k的取值范圍解當x1，e時，k有解，令g(x)(x1，e)，由本例(2)知，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即實數(shù)k的取值范圍是.思維升華利用導數(shù)解決不等式的恒成立或有解問題的策略(1)首先要構造函數(shù)，利用導數(shù)求出最值，得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍(2)也可分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題跟蹤訓練1已知函數(shù)f(x)axlnx，x1，e，若f(x)0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解f(x)0，即axlnx0對x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，e，則g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上單調(diào)遞減，g(x)ming(e)，a.實數(shù)a的取值范圍是.題型三利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題例2已知函數(shù)f(x)xlnx，g(x)x2ax3.(1)對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)探討函數(shù)F(x)lnx是否存在零點？若存在，求出函數(shù)F(x)的零點；若不存在，請說明理由解(1)由對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，即有2xlnxx2ax3.即a2lnxx恒成立，令h(x)2lnxx，則h(x)1，當x>1時，h(x)>0，h(x)是增函數(shù)，當0<x<1時，h(x)<0，h(x)是減函數(shù)，ah(x)minh(1)4.即實數(shù)a的取值范圍是(，4(2)方法一令m(x)2xlnx，則m(x)2(1lnx)，當x時，m(x)<0，m(x)單調(diào)遞減；當x時，m(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，m(x)的最小值為m，則2xlnx，lnx，令F(x)lnx0，則F(x)lnx，令G(x)，則G(x)，當x(0,1)時，G(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當x(1，)時，G(x)>0，G(x)單調(diào)遞增G(x)G(1)0.F(x)lnx0，中取等號的條件不同，F(xiàn)(x)>0，故函數(shù)F(x)沒有零點方法二令F(x)0，則lnx0，即xlnx(x0)，易求f(x)xlnx(x0)的最小值為f.設(x)(x0)，則(x)，得(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，(x)max(1)，對任意x(0，)，有xlnx，即F(x)0恒成立，函數(shù)F(x)無零點思維升華利用導數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點)的策略研究方程的根或曲線的交點個數(shù)問題，可構造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點個數(shù)問題可利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢等，從而畫出函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點個數(shù)跟蹤訓練2(2018浙江金華名校統(tǒng)練)已知函數(shù)f(x)lnx，aR且a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當x時，試判斷函數(shù)g(x)(lnx1)exxm的零點個數(shù)解(1)f(x)(x>0)，當a<0時，f(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當a>0時，由f(x)>0，得x>，由f(x)<0，得0<x<，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上所述，當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當a>0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)當x時，函數(shù)g(x)(lnx1)exxm的零點，即當x時，方程(lnx1)exxm的根令h(x)(lnx1)exx，則h(x)ex1.由(1)知當a1時，f(x)lnx1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，當x時，f(x)f(1)0.lnx10在x上恒成立h(x)ex101>0，h(x)(lnx1)exx在x上單調(diào)遞增h(x)minh，h(x)maxe.當m<或m>e時，函數(shù)g(x)在上沒有零點，當me時，函數(shù)g(x)在上有一個零點1已知函數(shù)f(x)的定義域為1,4，部分對應值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當1<a<2時，函數(shù)yf(x)a的零點的個數(shù)為()A1B2C3D4答案D解析根據(jù)導函數(shù)圖象知，2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2,1<a<2，所以yf(x)a的零點個數(shù)為4.2已知函數(shù)yf(x)對任意的x滿足f(x)cosxf(x)sinx>0(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，則下列不等式成立的是()A.f<fB.f<fCf(0)>2fDf(0)>f答案A解析令h(x)，則h(x)>0，x，函數(shù)h(x)是上的增函數(shù)，h<h，即<<f<f，故選A.3若不等式2xlnxx2ax30對x(0，)恒成立，則實數(shù)a可取的值組成的集合是()Aa|4a0Ba|a4Ca|0a4Da|a4答案B解析由題意得ax2xlnxx23，即a2lnxx，令g(x)2lnxx，則g(x)1.當x(0,1)時，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當x(1，)時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)maxg(1)4，所以ag(x)max4，即a|a44若函數(shù)f(x)2x39x212xa恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為()A4B6C7D8答案A解析由題意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f(x)>0，得x<1或x>2，由f(x)<0，得1<x<2，所以函數(shù)f(x)在(，1)，(2，)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)若函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點，則f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，故選A.5(2018杭州模擬)直線xt分別與函數(shù)f(x)ex1的圖象及g(x)2x1的圖象相交于點A和點B，則|AB|的最小值為()A2B3C42ln2D32ln2答案C解析由題意得|AB|et1(2t1)|et2t2|，令h(t)et2t2，則h(t)et2，所以h(t)在(，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，)上單調(diào)遞增，所以h(t)minh(ln2)42ln2>0，即|AB|的最小值是42ln2，故選C.6已知f(x)x2c(b，c是常數(shù))和g(x)x是定義在Mx|1x4上的函數(shù)，對于任意的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，則f(x)在M上的最大值為()A.B5C6D8答案B解析因為當x1,4時，g(x)x21(當且僅當x2時等號成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因為f(x)在x2處有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，經(jīng)檢驗，b8，c5符合題意所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4上單調(diào)遞增，而f(1)85，f(4)8255，所以函數(shù)f(x)在M上的最大值為5，故選B.7已知函數(shù)f(x)x1(e1)lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則滿足f(ex)<0的x的取值范圍為_答案(0,1)解析令g(x)f(ex)ex1(e1)x，則g(x)ex(e1)，當xln(e1)時，g(x)0.當x(，ln(e1)時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x(ln(e1)，)時，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增又g(x)有0和1兩個零點，所以f(ex)<0的x的取值范圍為(0,1)8已知x(0,2)，若關于x的不等式<恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為_答案0，e1)解析由題意，知k2xx2>0.即k>x22x對任意x(0,2)恒成立，從而k0，因此由原不等式，得k<x22x恒成立令f(x)x22x，則f(x)(x1).令f(x)0，得x1，當x(1,2)時，f(x)>0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當x(0,1)時，f(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)minf(1)e1，故實數(shù)k的取值范圍為0，e1)9已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則實數(shù)a的取值范圍是_答案(，2)解析當a0時，f(x)3x21有兩個零點，不合題意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2.若a>0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負數(shù)零點，不合題意，故a<0.由三次函數(shù)圖象及f(0)1>0知，f>0，即a3321>0，化簡得a24>0，又a<0，所以a<2.10定義在R上的奇函數(shù)yf(x)滿足f(3)0，且不等式f(x)>xf(x)在(0，)上恒成立，則函數(shù)g(x)xf(x)lg|x1|的零點個數(shù)為_答案3解析定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，當x>0時，f(x)>xf(x)，即f(x)xf(x)>0，xf(x)>0，即h(x)xf(x)在x>0時是增函數(shù)，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函數(shù)，當x<0時，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域為R，且f(0)f(3)f(3)0，可得函數(shù)yxf(x)與ylg|x1|的大致圖象如圖，由圖象可知，函數(shù)g(x)xf(x)lg|x1|的零點的個數(shù)為3.11已知函數(shù)f(x)exmx，其中m為常數(shù)(1)若對任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范圍；(2)當m>1時，判斷f(x)在0,2m上零點的個數(shù)，并說明理由解(1)由題意，可知f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故當x(，m)時，exm<1，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x(m，)時，exm>1，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增故當xm時，f(m)為極小值也為最小值令f(m)1m0，得m1，即對任意xR，f(x)0恒成立時，m的取值范圍是(，1(2)f(x)在0,2m上有兩個零點，理由如下：當m>1時，f(m)1m<0.f(0)em>0，f(0)f(m)<0，且f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，f(x)在(0，m)上有一個零點又f(2m)em2m，令g(m)em2m，m>1，則g(m)em2，當m>1時，g(m)em2>0，g(m)在(1，)上單調(diào)遞增g(m)>e2>0，即f(2m)>0.f(m)f(2m)<0，又f(x)在(m,2m)上單調(diào)遞增，f(x)在(m,2m)上有一個零點故f(x)在0,2m上有兩個零點12設函數(shù)f(x)x2，x0,1證明：(1)f(x)x21；(2)f(x).證明(1)記g(x)f(x)x211，則g(x)，x0,1，令g(x)0，得x0，則g(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增又g(0)0，所以g(x)f(x)x210，從而f(x)x21.(2)f(x)2x，記h(x)2x，由h(0)0，h(1)20，知存在x0(0,1)，使得h(x0)0.易知h(x)在0,1上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增，又f(0)1，f(1)，所以f(x)在0,1上的最大值為.另一方面，由(1)得當x時，f(x)x212，且f，因此，f(x).13已知a，bR，直線yaxb與函數(shù)f(x)tanx的圖象在x處相切，設g(x)exbx2a，若在區(qū)間1,2上，不等式mg(x)m22恒成立，則實數(shù)m有()A最大值eB最大值e1C最小值eD最小值e答案B解析由f(x)，可得f2，又f1，所以直線yaxb與函數(shù)f(x)tanx的圖象的切點為，因此a2，b1，g(x)exx22，所以當x1,2時，g(x)ex2x>0，g(x)exx22單調(diào)遞增，所以g(x)mine1，g(x)maxe22.所以me1且m22e22，所以或所以eme1或me.14已知函數(shù)f(x)3lnxx22x3ln3，則方程f(x)0的解的個數(shù)是_答案1解析因為f(x)3lnxx22x3ln3，所以f(x)x2，x>0，當x(0,3)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x(3，)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x0時，f(x)，當x時，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln363ln30，所以方程f(x)0只有一個解15設函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點x0滿足xf(x0)2<m2，則m的取值范圍是_答案(，2)(2，)解析方法一f(x)cos.由f(x0)0，得x0mk，kZ，22<m2，kZ，即m223<m2，kZ，m0，2<，kZ，又min，>，解得m>2或m<2.方法二f(x0)且k，kZ，x0mk，kZ，由xf(x0)2m2有解x0，得23m2，解得m2或m2.16(2018浙江第二次聯(lián)盟校聯(lián)考)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)ex2ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1，x2(x1<x2)，求實數(shù)a的取值范圍；證明：x1x2>2.(1)解f(x)ex2a.當a0時，f(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增當a>0時，由f(x)ex2a0，得x2lna.若x>2lna，則f(x)>0，函數(shù)f(x)在(2lna，)上單調(diào)遞增；若x<2lna，則f(x)<0，函數(shù)f(x)在(，2lna)上單調(diào)遞減(2)解由(1)知，當a0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，沒有兩個不同的零點當a>0時，f(x)在x2lna處取得極小值，所以f(2lna)elnaa(2lna)<0，得a>，所以a的取值范圍為.證明由ex2ax0，得x2ln(ax)lnalnx，即x2lnxlna.所以x12lnx1x22lnx2lna.令g(x)x2lnx(x>0)，則g(x)1.當x>1時，g(x)>0；當0<x<1，時，g(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以0<x1<1<x2.要證x1x2>2，只需證x2>2x1>1.因為g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以只需證g(x2)>g(2x1)因為g(x1)g(x2)，所以只需證g(x1)>g(2x1)，即證g(x1)g(2x1)>0.令h(x)g(x)g(2x)x2lnx2x2ln(2x)2x2lnxln(2x)，則h(x)2.因為x(2x)2，當且僅當x1時等號成立，所以當0<x<1時，h(x)<0，即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以h(x)>h(1)0，即g(x1)g(2x1)>0，所以x1x2>2得證