（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第19練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用試題 理.docx

第19練導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用明晰考情1.命題角度：函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點(diǎn)，常以指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問(wèn)題.2.題目難度：偏難題.考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)方法技巧求解函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個(gè)數(shù)問(wèn)題的基本思路：(1)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線yk)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問(wèn)題；(2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫(huà)出其圖象；(3)結(jié)合圖象求解.1.設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程；(2)設(shè)ab4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍.解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程為ybxc.(2)當(dāng)ab4時(shí)，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的變化情況如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc當(dāng)c>0且c<0時(shí)，f(4)c16<0，f(0)c>0，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c時(shí)，函數(shù)f(x)x34x24xc有三個(gè)不同零點(diǎn).2.已知函數(shù)f(x)2lnx(aR，a0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有最小值，記為g(a)，關(guān)于a的方程g(a)a1m有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解(1)f(x)(x>0)，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)<0，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增.(2)由(1)知，a>0，f(x)minf()1ln a，即g(a)1ln a，方程g(a)a1m，即maln a(a>0)，令F(a)aln a(a>0)，則F(a)1，知F(a)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，F(xiàn)(a)極大值Fln 3，F(xiàn)(a)極小值Fln 2ln 3.依題意得實(shí)數(shù)m的取值范圍是.3.已知函數(shù)f(x)(x1)exax2，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.解(1)f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a).若a0，則當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)<0.故函數(shù)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增.當(dāng)a<0時(shí)，由f(x)0，解得x0或xln(2a).()若ln(2a)0，即a，則xR，f(x)x(ex1)0，故f(x)在(，)上單調(diào)遞增；()若ln(2a)<0，即<a<0，則當(dāng)x(，ln(2a)(0，)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x(ln(2a)，0)時(shí)，f(x)<0.故函數(shù)f(x)在(，ln(2a)，(0，)上單調(diào)遞增，在(ln(2a)，0)上單調(diào)遞減.()若ln(2a)>0，即a<，則當(dāng)x(，0)(ln(2a)，)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x(0，ln(2a)時(shí)，f(x)<0.故函數(shù)f(x)在(，0)，(ln(2a)，)上單調(diào)遞增，在(0，ln(2a)上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)a>0時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(0)1<0，f(2)e24a>0，取實(shí)數(shù)b滿足b<2且b<ln a，則f(b)>a(b1)ab2a(b2b1)>a(421)>0，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；若a0，則f(x)(x1)ex，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).若a<0，由(1)知，當(dāng)a時(shí)，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x0時(shí)，f(x)<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a<時(shí)，則f(x)在(，0)，(ln(2a)，)上單調(diào)遞增；在(0，ln(2a)上單調(diào)遞減.又f(0)1，故不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上所述，a的取值范圍是(0，).考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問(wèn)題方法技巧利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口.4.設(shè)函數(shù)f(x)lnxx1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x(1，)時(shí)，1<<x.(1)解由f(x)lnxx1(x>0)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.因此，f(x)在(0,1)上為增函數(shù)，在(1，)上為減函數(shù).(2)證明當(dāng)x(1，)時(shí)，1<<x，即為ln x<x1<xln x.結(jié)合(1)知，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0恒成立，即f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，可得f(x)<f(1)0，即有l(wèi)n x<x1；設(shè)F(x)xln xx1，x>1，則F(x)1ln x1ln x，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)>0，可得F(x)在(1，)上單調(diào)遞增，即有F(x)>F(1)0，即有xln x>x1.綜上，原不等式得證.5.設(shè)函數(shù)f(x)e2xalnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2e2x(x>0).當(dāng)a0時(shí)，f(x)>0，f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)u(x)e2x，v(x)，因?yàn)閡(x)e2x在(0，)上單調(diào)遞增，v(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.又f(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<且b<時(shí)，f(b)<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)存在唯一零點(diǎn).(2)證明由(1)，可設(shè)f(x)在(0，)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，f(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于20，所以f(x0)aln x02ax02ax0aln x02ax0aln2aaln.當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，取等號(hào).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)2aaln.6.設(shè)函數(shù)f(x)ax21lnx，其中aR.(1)若a0，求過(guò)點(diǎn)(0，1)且與曲線yf(x)相切的直線方程；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2.求實(shí)數(shù)a的取值范圍；求證：f(x1)f(x2)<0.(1)解當(dāng)a0時(shí)，f(x)1lnx，f(x).設(shè)切點(diǎn)為T(mén)(x0，1lnx0)，則切線方程為y1lnx0(xx0).因?yàn)榍芯€過(guò)點(diǎn)(0，1)，所以11lnx0(0x0)，解得x0e.所以所求切線方程為yx1.(2)解f(x)ax，x>0.(i)若a0，則f(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在(0，)上至多有1個(gè)零點(diǎn)，不合題意.(ii)若a>0，由f(x)0，解得x.當(dāng)0<x<時(shí)，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)minfln1ln.要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，首先ln<0，解得0<a<e.當(dāng)0<a<e時(shí)，>>.因?yàn)閒>0，所以ff<0.又函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，且其圖象在上不間斷，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個(gè)零點(diǎn).考查函數(shù)g(x)x1ln x，則g(x)1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)<0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)0，所以f1ln0.因?yàn)?gt;0，所以>.因?yàn)閒f0，且f(x)在上單調(diào)遞增，其圖象在上不間斷，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個(gè)零點(diǎn)，即在上恰有1個(gè)零點(diǎn).綜上所述，a的取值范圍是(0，e).證明由x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)(不妨設(shè)0<x1<x2)，得兩式相減，得a(xx)ln 0，即a(x1x2)(x1x2)ln 0，所以a(x1x2).f(x1)f(x2)<0等價(jià)于ax1ax2<0，即a(x1x2)<0，即<0，即2ln>0.設(shè)h(x)2ln xx，x(0,1).則h(x)1<0，所以函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以h(x)>h(1)0.因?yàn)?0,1)，所以2ln>0，即f(x1)f(x2)<0成立.考點(diǎn)三不等式恒成立或有解問(wèn)題方法技巧不等式恒成立、能成立問(wèn)題常用解法(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求最值，不等式恒成立問(wèn)題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，形如a>f(x)max或a<f(x)min.(2)直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，在參數(shù)難于分離的情況下，直接轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的最值問(wèn)題，注意對(duì)參數(shù)的分類討論.(3)數(shù)形結(jié)合，構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數(shù)性質(zhì)的靈活應(yīng)用.7.已知函數(shù)f(x)exex2ax(aR).(1)若f(x)在(0,1)上單調(diào)，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)yf(x)exlnx的圖象恒在x軸上方，求a的最小整數(shù)解.解(1)由題意知，f(x)ex2exa，令h(x)ex2exa，則h(x)ex2e，當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，即f(x)在0,1)上單調(diào)遞減.若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，則f(1)0，即ae；若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則f(0)0，即a1.綜上可知，a的取值范圍為(，1e，).(2)由題意知，yf(x)exlnxex>0恒成立，令g(x)xlnx(x>0)，則g(x)，令t(x)ex1x，t(x)ex11，當(dāng)x>1時(shí)，t(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時(shí)，t(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，t(x)t(1)0，ex1x0.當(dāng)x1時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，g(x)g(1)，結(jié)合題意，知a>0，故a的最小整數(shù)解為1.8.已知函數(shù)f(x)lnx.(1)若函數(shù)g(x)f(x)axx2有兩個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若關(guān)于x的方程f(x)m(x1)(mZ)有實(shí)數(shù)解，求整數(shù)m的最大值.解(1)g(x)ln xaxx2(x>0)，則g(x)，由題意得方程x2ax10有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，設(shè)兩根為x1，x2，x1,2，則a>2，即a的取值范圍為(2，).(2)方程ln xm(x1)，即m，設(shè)h(x)(x>0)，則h(x)，令(x)ln x(x>0)，則(x)<0, (x)在(0，)上單調(diào)遞減，h(e)>0，h(e2)<0，存在x0(e，e2)，使得h(x0)0，即ln x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(x0，)時(shí)，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，h(x)max，即mh(x)max(mZ)，故m0，經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)m0時(shí)成立，整數(shù)m的最大值為0.9.(2018宿遷模擬)已知函數(shù)f(x)x.(1)求函數(shù)g(x)f(x)f(x)的最大值；(2)若對(duì)于任意x(0，k)，均有f(x)f(kx)2，求正實(shí)數(shù)k的取值范圍.解(1)g(x)f(x)f(x)2220，當(dāng)且僅當(dāng)x2，即當(dāng)x1時(shí)取“”，所以當(dāng)x1時(shí)，g(x)max0.(2)f(x)f(kx)x(kx)2，設(shè)tx(kx)，則t.則t22在t上恒成立，記h(t)t2，當(dāng)1k20時(shí)，h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞增，故h(t)h2，不成立.當(dāng)1k2>0時(shí)，h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增.從而，所以0<k2.例(16分)已知函數(shù)f(x)lnxmxm，mR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的值；(3)在(2)的條件下，對(duì)任意的0ab，求證：.審題路線圖(1)(2)(3)規(guī)范解答評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)(1)解f(x)m(x(0，).當(dāng)m0時(shí)，f(x)0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m0時(shí)，由f(x)m0，可得x，則f(x)在上單調(diào)遞增，由f(x)m0，可得x，則f(x)在上單調(diào)遞減.5分(2)解由(1)知，當(dāng)m0時(shí)顯然不成立；當(dāng)m0時(shí)，f(x)maxfln1mmlnm1，只需mlnm10即可，令g(x)xlnx1，則g(x)1，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)0.故f(x)0在x(0，)上恒成立時(shí)，m1.11分(3)證明11，由0ab，得1，由(2)得0<ln1，則11，則原不等式成立.16分構(gòu)建答題模板第一步求導(dǎo)數(shù).第二步看性質(zhì)：根據(jù)導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì).第三步用性質(zhì)：將題中條件或要證結(jié)論轉(zhuǎn)化，如果成立或有解問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值，證明不等式可利用函數(shù)單調(diào)性和放縮法.第四步得結(jié)論：審視轉(zhuǎn)化過(guò)程的合理性.第五步再反思：回顧反思，檢查易錯(cuò)點(diǎn)和步驟規(guī)范性.1.設(shè)函數(shù)f(x)x2mlnx，g(x)x2(m1)x，m0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)m1時(shí)，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x).當(dāng)0x時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.綜上可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，.(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmlnx，x0，問(wèn)題等價(jià)于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).F(x)，當(dāng)m1時(shí)，F(xiàn)(x)0，函數(shù)F(x)在(0，)上為減函數(shù)，注意到F(1)0，F(xiàn)(4)ln40，所以F(x)有唯一零點(diǎn).當(dāng)m1時(shí)，若0x1或xm，則F(x)0；若1xm，則F(x)0，所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m，)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)m0，F(xiàn)(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零點(diǎn).綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象總有一個(gè)交點(diǎn).2.(2017全國(guó))已知函數(shù)f(x)lnxax2(2a1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f(x)2.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2ax2a1.若a0，則當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)>0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.若a<0，則當(dāng)x時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x時(shí)，f(x)<0.故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)a0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.(2)證明由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x處取得最大值，最大值為fln1，所以f(x)2等價(jià)于ln12，即ln10.設(shè)g(x)lnxx1(x>0)，則g(x)1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)>0；當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)0.所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)0.從而當(dāng)a<0時(shí)，ln10，即f(x)2.3.已知函數(shù)f(x)lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))；(3)求證：ln.(1)解f(x)ln x1ln x，f(x)的定義域?yàn)?0，).f(x)，由f(x)>0，得0<x<1，由f(x)<0，得x>1，f(x)1ln x在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，).(2)解由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，f(x)在上的最大值為f(1)1ln 10.又f1eln2e，f(e)1ln e，且f<f(e)，f(x)在上的最小值為f2e.綜上，f(x)在上的最大值為0，最小值為2e.(3)證明要證ln，即證2ln x1，即證1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，f(x)在(0，)上的最大值為f(1)11ln 10，即f(x)0，1ln x0恒成立.故原不等式得證.4.(2018江蘇如東高級(jí)中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)xlnxk(x1)，kR.(1)當(dāng)k1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)yf(x)在區(qū)間(1，)上有1個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)是否存在正整數(shù)k，使得f(x)x>0在x(1，)上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，說(shuō)明理由.解(1)當(dāng)k1時(shí)，f(x)xln xx1，f(x)ln x.令f(x)>0，解得x>1，令f(x)<0，解得0<x<1，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1).(2)f(x)ln x1k，當(dāng)k1時(shí)，由x>1，知f(x)>0，f(x)在(1，)上是單調(diào)增函數(shù)，且圖象不間斷，又f(1)0，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>f(1)0，函數(shù)yf(x)在區(qū)間(1，)上沒(méi)有零點(diǎn)，不合題意.當(dāng)k>1時(shí)，由f(x)0，解得xek1>1，若1<x<ek1，則f(x)<0，故f(x)在(1，ek1)上是減函數(shù)，若x>ek1，則f(x)>0，故f(x)在(ek1，)上是增函數(shù)，當(dāng)1<x<ek1時(shí)，f(x)<f(1)0，又f(ek)kekk(ek1)k>0，f(x)在(1，)上的圖象不間斷，函數(shù)yf(x)在區(qū)間(1，)上有1個(gè)零點(diǎn)，符合題意.綜上所述，k的取值范圍為(1，).(3)假設(shè)存在正整數(shù)k，使得f(x)x>0在(1，)上恒成立，則由x>1知x1>0，從而k<對(duì)x(1，)恒成立.(*)設(shè)g(x)，則g(x)，設(shè)h(x)x2ln x，則h(x)1>0，h(x)在(1，)上是增函數(shù)，又h(3)1ln 3<0，h(4)2ln 4>0，h(x)在3,4上的圖象不間斷，存在唯一的實(shí)數(shù)x0(3,4)，使得h(x0)0，當(dāng)1<x<x0時(shí)，h(x)<0，g(x)<0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，g(x)>0，g(x)在(x0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)xx0時(shí)，g(x)有極小值，即為最小值，g(x0)，又h(x0)x02ln x00，ln x0x02，g(x0)x0，由(*)知，k<x0，又x0(3,4)，kN*，k的最大值為3，即存在最大的正整數(shù)k3，使得f(x)x>0在x(1，)上恒成立.