《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題講義（含解析）.docx（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第3課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題
題型一 利用導(dǎo)數(shù)解或證明不等式
1．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝0，且對于其導(dǎo)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( )
A．? B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 B
解析 令g(x)＝f(x)ex，
由x＞0時，f(x)＋f′(x)＜0恒成立，
則g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＜0，
故g(x)＝f(x)ex在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
又f(1)＝0，所以g(1)＝0.
當x＞1時，f(x)ex＜0，得f(x)＜0；
當0＜x＜1時，f(x)ex＞0，得f(x)＞0，故選B.
2．設(shè)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，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)，
又φ(2)＝0，∴當且僅當0
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)＝x－lnx.
(1)證明：g(x)≥1；
(2)證明：(x－lnx)f(x)>1－.
證明 (1)由題意得g′(x)＝(x>0)，
當01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02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x＝2時取等號．①
又由(1)知x－lnx≥1，
當且僅當x＝1時取等號．②
因為①②等號不同時取得，
所以(x－lnx)f(x)>1－.
思維升華(1)利用導(dǎo)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(guān)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(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
證明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x＝1為極大值點，
所以00，
所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，
所以g(x)min＝g(1)＝2，
故k≤2，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x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求實數(shù)k的取值范圍．
解 當x∈[1，e]時，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例(2)知，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即實數(shù)k的取值范圍是.
思維升華利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立或有解問題的策略
(1)首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值，得出相應(yīng)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(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解 ∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0對x∈[1，e]恒成立，
∴a≤－，x∈[1，e]．
令g(x)＝－，x∈[1，e]，
則g′(x)＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，
∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴g(x)min＝g(e)＝－，
∴a≤－.
∴實數(shù)a的取值范圍是.
題型三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題
例2已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.
(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2xlnx≥－x2＋ax－3.
即a≤2lnx＋x＋恒成立，
令h(x)＝2lnx＋x＋，
則h′(x)＝＋1－＝＝，
當x>1時，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)，
當00，m(x)單調(diào)遞增，
∴m(x)的最小值為m＝－，
則2xlnx≥－，
∴l(xiāng)nx≥－，
令F(x)＝lnx－＋＝0，①
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)＝0.②
∴F(x)＝lnx－＋≥－－＋
＝≥0，
∵①②中取等號的條件不同，
∴F(x)>0，故函數(shù)F(x)沒有零點．
方法二 令F(x)＝0，則lnx－＋＝0，
即xlnx＝－(x＞0)，
易求f(x)＝xlnx(x＞0)的最小值為f＝－.
設(shè)φ(x)＝－(x＞0)，
則φ′(x)＝，得φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴φ(x)max＝φ(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(dǎo)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(gòu)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(dǎo)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(xùn)練2(2018浙江金華名校統(tǒng)練)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋－，a∈R且a≠0.
(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)＝(lnx－1)ex＋x－m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00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)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點，
即當x∈時，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，
則h′(x)＝ex＋1.
由(1)知當a＝1時，f(x)＝lnx＋－1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，
∴當x∈時，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋lnx－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈上單調(diào)遞增．
∴h(x)min＝h＝－＋，h(x)max＝e.
∴當m<－＋或m>e時，函數(shù)g(x)在上沒有零點，
當－＋≤m≤e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(yīng)值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當10(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是( )
A.f2f D．f(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)，
∴h0，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)max＝g(1)＝－4，所以a≥g(x)max＝－4，即{a|a≥－4}．
4．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為( )
A．4B．6C．7D．8
答案 A
解析 由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，
由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得10，
即|AB|的最小值是4－2ln2，故選C.
6．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常數(shù))和g(x)＝x＋是定義在M＝{x|1≤x≤4}上的函數(shù)，對于任意的x∈M，存在x0∈M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.B．5C．6D．8
答案 B
解析 因為當x∈[1,4]時，g(x)＝x＋≥2＝1(當且僅當x＝2時等號成立)，
所以f(2)＝2＋＋c＝g(2)＝1，
所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，
所以f′(x)＝x－＝.
因為f(x)在x＝2處有最小值，且x∈[1,4]，
所以f′(2)＝0，即b＝8，
所以c＝－5，經(jīng)檢驗，b＝8，c＝－5符合題意．
所以f(x)＝x2＋－5，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)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，
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)＝x－1－(e－1)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)＝ex－1－(e－1)x，
則g′(x)＝ex－(e－1)，
當x＝ln(e－1)時，g′(x)＝0.
當x∈(－∞，ln(e－1))時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當x∈(ln(e－1)，＋∞)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(guān)于x的不等式<恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________．
答案 [0，e－1)
解析 由題意，知k＋2x－x2>0.
即k>x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，
因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．
令f(x)＝＋x2－2x，
則f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，
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k0，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
答案 (－∞，－2)
解析 當a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點，不合題意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，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a3－32＋1>0，化簡得a2－4>0，
又a<0，所以a<－2.
10．定義在R上的奇函數(shù)y＝f(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|x＋1|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)＝0＝f(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)y＝xf(x)與y＝－lg|x＋1|的大致圖象如圖，
由圖象可知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點的個數(shù)為3.
11．已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)．
(1)若對任意x∈R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)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故當x∈(－∞，m)時，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當x∈(m，＋∞)時，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
故當x＝m時，f(m)為極小值也為最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即對任意x∈R，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)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>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)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，m>1，
則g′(m)＝em－2，
∵當m>1時，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
∴g(m)>e－2>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(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋，x∈[0,1]．
證明：(1)f(x)≥x2－＋1；
(2)＜f(x)≤.
證明 (1)記g(x)＝f(x)－x2－1＋＝－1＋，
則g′(x)＝－＋，x∈[0,1]，
令g′(x)＞0，得x＞0，
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)－x2－1＋≥0，
從而f(x)≥x2－＋1.
(2)f′(x)＝2x－，
記h(x)＝2x－，
由h(0)＝－＜0，h(1)＝2－＞0，
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)≥x2－＋1＝2＋＞，
且f＞，
因此，＜f(x)≤.
13．已知a，b∈R，直線y＝ax＋b＋與函數(shù)f(x)＝tanx的圖象在x＝－處相切，設(shè)g(x)＝ex＋bx2＋a，若在區(qū)間[1,2]上，不等式m≤g(x)≤m2－2恒成立，則實數(shù)m有( )
A．最大值e B．最大值e＋1
C．最小值－e D．最小值e
答案 B
解析 由f′(x)＝，可得f′＝2，
又f＝－1，所以直線y＝ax＋b＋與函數(shù)f(x)＝tanx的圖象的切點為，
因此a＝2，b＝－1，g(x)＝ex－x2＋2，
所以當x∈[1,2]時，g′(x)＝ex－2x>0，
g(x)＝ex－x2＋2單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝e＋1，g(x)max＝e2－2.
所以m≤e＋1且m2－2≥e2－2，
所以或所以e≤m≤e＋1或m≤－e.
14．已知函數(shù)f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，則方程f(x)＝0的解的個數(shù)是______．
答案 1
解析 因為f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，
所以f′(x)＝－x＋2＝
＝，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x→0時，f(x)→－∞，當x→＋∞時，f(x)→－∞，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，
所以方程f(x)＝0只有一個解．
15．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x＋[f(x0)]2，
解得m>2或m<－2.
方法二 f(x0)＝且＝kπ＋，k∈Z，
∴x0＝mk＋，k∈Z，
由x＋[f(x0)]2＜m2有解x0，
得2＋3＜m2，
解得m＞2或m＜－2.
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)＝ex－2－ax.
(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(x12.
(1)解 f′(x)＝ex－2－a.
當a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．
當a>0時，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋lna.
若x>2＋lna，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增；
若x<2＋lna，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減．
(2)①解 由(1)知，當a≤0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x＝2＋lna處取得極小值，
所以f(2＋lna)＝elna－a(2＋lna)<0，得a>，
所以a的取值范圍為.
②證明 由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝lna＋lnx，即x－2－lnx＝lna.
所以x1－2－lnx1＝x2－2－lnx2＝lna.
令g(x)＝x－2－lnx(x>0)，則g′(x)＝1－.
當x>1時，g′(x)>0；當02，只需證x2>2－x1>1.
因為g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以只需證g(x2)>g(2－x1)．
因為g(x1)＝g(x2)，所以只需證g(x1)>g(2－x1)，
即證g(x1)－g(2－x1)>0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)
＝x－2－lnx－[2－x－2－ln(2－x)]
＝2x－2－lnx＋ln(2－x)，
則h′(x)＝2－.
因為＋＝[x＋(2－x)]≥2，當且僅當x＝1時等號成立，所以當0h(1)＝0，即g(x1)－g(2－x1)>0，
所以x1＋x2>2得證．
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題講義（含解析）.docx
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://ioszen.com/p-6322399.html