《2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2第3课时导数与函数的综合问题学案理北师大版201.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2第3课时导数与函数的综合问题学案理北师大版201.wps（27页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 3 3 课时 导数与函数的综合问题 题型一 导数与不等式 命题点 1 证明不等式 x1 典例 (2017贵阳模拟)已知函数 f(x)1 ，g(x)xln x. ex (1)证明：g(x)1； 1 (2)证明：(xln x)f(x)1 . e2 x1 证明 (1)由题意得 g(x) (x0)， x 当 01时，g(x)0， 即 g(x)在(0,1)上是减少的，在(1， )上是增加的 所以 g(x)g(1)1，得证 x1 x2 (2)由 f(x)1 ，得 f(x) ， ex ex 所以当 02时，f(x)0， 即 f(x)在(0,2)上是减少的，在(2， )上是增加的， 1 所以 f(x)f(
2、2)1 (当且仅当 x2 时取等号) e2 又由(1)知 xln x1(当且仅当 x1 时取等号)， 且等号不同时取得， 1 所以(xln x)f(x)1 . e2 命题点 2 不等式恒成立或有解问题 1ln x 典例 (2018大同模拟)已知函数 f(x) . x 1 (1)若函数 f(x)在区间(a，a2)上存在极值，求正实数 a 的取值范围； k (2)如果当 x1 时，不等式 f(x) 恒成立，求实数 k 的取值范围 x1 解 (1)函数的定义域为(0， )， 11ln x ln x f(x) ， x2 x2 令 f(x)0，得 x1. 1 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)是增
3、加的； 当 x(1， )时，f(x)0， 所以 g(x)是增加的，所以 g(x)g(1)2， 故 k2，即实数 k 的取值范围是( ，2 引申探究 k 本例(2)中若改为：存在 x1，e，使不等式 f(x) 成立，求实数 k 的取值范围 x1 x11ln x 解 当 x1，e时，k 有解， x x11ln x 令 g(x) (x1，e)，由例(2)解题知， x 2 g(x)是增加的，所以 g(x)maxg(e)2 ， e 2 2 所以 k2e，即实数 k 的取值范围是( ，2e. 思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法 证明 f(x)1时，h(x)0，h(x)是增加的， 当 00) ex e
4、 1 1 易求 f(x)xln x(x0)的最小值为 f(e ) ， e x 2 1x 设 (x) (x0)，则 (x) ， ex e ex 当 x(0,1)时，(x)0，(x)是增加的； 当 x(1， )时，(x) 恒成立， ex e 即 F(x)0恒成立，函数 F(x)无零点 思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用 导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像 判断函数的零点个数 跟踪训练 (1)(2017贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域为1,4，部分对应
5、值如下表： x 1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数yf(x)的图像如图所示当10，则实数 a的取值范围 是_ 答案 ( ，2) 解析 当 a0 时，f(x)3x21 有两个零点，不合题意，故 a0，f(x)3ax26x3x(ax 2)， 2 令 f(x)0，得 x10，x2 . a 若 a0，由三次函数图像知 f(x)有负数零点，不合题意，故 a0知，f(a )0， 2 2 即 a(a )33(a )210，化简得 a240， 又 a0)，为使 3 2 耗电量最小，则速度应定为_ 答案 40 解析 令 yx239x400，得 x1 或 x40， 由于当 040时
6、，y0. 所以当 x40时，y有最小值 一审条件挖隐含 a 典例 (12 分)设 f(x) xln x，g(x)x3x23. x (1)如果存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数 M； 1 (2)如果对于任意的 s，t，2 ，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a的取值范围 2 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M (“”正确理解 存在 的含义) g(x1)g(x2)maxM 挖掘g(x1)g(x2)max的隐含实质 g(x)maxg(x)minM 求得 M的最大整数值 1 (2)对任意 s，t，2 都有 f(s)g(t) 2 6
7、(“”理解 任意 的含义) f(x)ming(x)max 求得 g(x)max1 a xln x1 恒成立 x 分离参数 a axx2ln x 恒成立 求 h(x)xx2ln x 的最大值 ah(x)maxh(1)1 a1 规范解答 解 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.2 分 2 由 g(x)x3x23，得 g(x)3x22x3x(x3 ). 2 令 g(x)0，得 x ， 3 2 2 又 x0,2，所以 g(x)在区间0，3 上是减少的，在区间，2 上是增加的，所以 g(x)min 3 2 85 g(3 ) ， 27 g(x
8、)maxg(2)1. 112 故 g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min M， 27 则满足条件的最大整数 M4.5分 1 1 (2)对 于 任 意 的 s， t，2 ， 都 有 f(s)g(t)成 立 ， 等 价 于 在 区 间 ，2 上 ， 函 数 2 2 f(x)ming(x)max. 7分 1 由(1)可知在区间，2 上，g(x)的最大值为 g(2)1. 2 1 a 在区间，2 上，f(x) xln x1 恒成立等价于 axx 2ln x 恒成立 2 x 1 设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知 h(x)在区间，2 上是减少的，又 2 h(1)0，
9、 1 所以当 10.10分 2 7 1 即函数h(x)xx2ln x在区间(，1 )上是增加的，在区间(1,2)上是减少的，所以h(x)maxh(1) 2 1， 所以 a1，即实数 a的取值范围是1， )12分 1(2018天津调研)已知函数 yx33xc的图像与 x轴恰有两个公共点，则 c等于( ) A2 或 2 B9 或 3 C1 或 1 D3 或 1 答案 A 解析 y3x23，当 y0 时，x1. 则当 x变化时，y，y的变化情况如下表： x ( ，1) 1 (1,1) 1 (1， ) y 0 0 y c2 c2 因此，当函数图像与 x轴恰有两个公共点时，必有 c20 或 c20，c2
10、 或 c2. 2(2017福建莆田一模)定义在 R R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，f(0)0.若对任意 xR R，都有 f(x)f(x)1，则使得 f(x)exf(x)1， fxexfx1ex g(x) ex2 fx1fx 0. 使得 f(x)ex0，g(x)是增加的，当 x(1， )时，g(x)0，得 x2，由 f(x)0. 即 kx22x 对任意 x(0,2)恒成立，从而 k0， ex 因此由原不等式， 得 k0，函数 f(x)在(1,2)上是增加的，当 x(0,1)时，f(x)0， 即|AB|的最小值是 42ln 2. 9(2018郑州调研)已知函数 f(x)ax33x1
11、对 x(0,1总有 f(x)0 成立，则实数 a 的 取值范围是_ 答案 4， ) 3x1 3x1 解析 当 x(0,1时，不等式 ax33x10 可化为 a ，设 g(x) ，x(0,1， x3 x3 则 10 1 6(x2 ) 3x33x13x2 g(x) . x6 x4 1 易知当 x 时，g(x)max4， 2 实数 a 的取值范围是4， ) 10(2018佛山质检)定义在 R R 上的奇函数 yf(x)满足 f(3)0，且不等式 f(x)xf(x) 在(0， )上恒成立，则函数 g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_ 答案 3 解析 定义在 R R 上的奇函数 f(x)满足：
12、f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)， 当 x0时，f(x)xf(x)，即 f(x)xf(x)0， xf(x)0，即 h(x)xf(x)在 x0 时是增加的， 又 h(x)xf(x)xf(x)， h(x)xf(x)是偶函数， 当 x0，由 f(x)1 知，当 x(0，a)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，a)上是减少的，在(a， )上是增加的， 故 xa 是 f(x)在 x(0， )上的唯一极小值点也是最小值点 由于 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0， 故 a1. 11 (2)由(1)知当 x(1， )时，x1ln x0， 1 1 1 1 令 x1 ，得 ln 2，
13、64 所以 m的最小值为 3. 12(2017广州调研)已知函数 f(x)exmx，其中 m为常数 (1)若对任意 xR R 有 f(x)0 恒成立，求 m的取值范围； (2)当 m1 时，判断 f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由 解 (1)由题意，可知 f(x)exm1， 令 f(x)0，得 xm. 故当 x( ，m)时，exm1，f(x)0，f(x)是增加的 故当 xm时，f(m)为极小值也为最小值 令 f(m)1m0，得 m1， 即对任意 xR R，f(x)0 恒成立时， m的取值范围是( ，1 (2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下： 当 m1时，f(m)1m0，f(0
14、)f(m)1时，g(m)em20， g(m)在(1， )上是增加的 g(m)g(1)e20，即 f(2m)0. f(m)f(2m)0，g(x)exx2 2 是增加的，所以 g(x)mine1，g(x)maxe22.所以 eme1 或 me. 1 3 14(2018届全国名校联考)已知函数 f(x)3lnx x22x3ln 3 ，则方程 f(x)0 的解 2 2 的个数是_ 答案 1 1 3 解析 因为 f(x)3ln x x22x3ln 3 ， 2 2 3 x22x3 所以 f(x) x2 x x x3x1 ， x 当 x(0,3)时，f(x)0，f(x)是增加的， 当 x(3， )时，f(x) ， 4 m2 4 解得 m2或 m1，证明：当 x(0,1)时，1(c1)xcx. (1)解 由题设知，f(x)的定义域为(0， )， 1 f(x) 1，令 f(x)0，解得 x1. x 当 00，f(x)是增加的；当 x1时，f(x)1，设 g(x)1(c1)xcx， 则 g(x)c1cxln c，令 g(x)0， c1 ln ln c 解得 x0 . ln c 当 x0，g(x)是增加的； 当 xx0时，g(x)0. 所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx. 14