《2020高考数学精准提分二轮第二篇 第28练 导数的综合应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学精准提分二轮第二篇 第28练 导数的综合应用.docx（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第28练导数的综合应用压轴大题突破练明晰考情1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.2.题目难度：偏难题.考点一利用导数研究函数的零点(方程的根)方法技巧求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路(1)转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题.(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象.(3)结合图象求解.1.设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x
2、)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的变化情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc当c0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.2.(2018咸阳模拟)已知函数
3、f(x)2ln x(aR，a0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)a1m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围.解(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0时，f(x)，则f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增.(2)由(1)知， a0，f(x)minf()1ln a，即g(a)1ln a，方程g(a)a1m，即maln a(a0)，令F(a)aln a(a0)，则F(a)1，知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，F(a)极大值Fln 3，F(a)极小值Fln 2ln 3.依题意得实数m的取值范围是.3.已知aR，函
4、数f(x)exax(e2.718 28是自然对数的底数).(1)若函数f(x)在区间(e，1)上是减函数，求实数a的取值范围；(2)若函数F(x)f(x)(ex2ax2ln xa)在区间内无零点，求实数a的最大值.解(1)由f(x)exax，得f(x)exa且f(x)在R上单调递增.若f(x)在区间(e，1)上是减函数，只需f(x)0在(e，1)上恒成立.因此只需f(1)e1a0，解得a.又当a时，f(x)ex0，当且仅当x1时取等号.所以实数a的取值范围是.(2)由已知得F(x)a(x1)2ln x，且F(1)0，则F(x)a，x0.当a0时，F(x)0.所以F(x)在内无零点.当a0时，令
5、F(x)0，得x.若，即a(0，4时，F(x)在上是减函数.又x0时，F(x).要使F(x)在内无零点，只需F2ln0，则0a4ln 2.若4时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数.所以F(x)minF2a2ln，令(a)2a2ln，则(a)10.所以(a)在(4，)上是减函数，则(a)(4)2ln 220.因此Fg(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.4.设函数f(x)ln xx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，10)，
6、得f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.因此，f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数.(2)证明当x(1，)时，1x，即为ln xx11时，f(x)0恒成立，即f(x)在(1，)上单调递减，可得f(x)f(1)0，即有ln x1，则F(x)1ln x1ln x，当x1时，F(x)0，可得F(x)在(1，)上单调递增，即有F(x)F(1)0，即有xln xx1.综上，原不等式得证.5.(2018全国)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.(1)
7、解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减.若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减.又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.6
8、.设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx
9、0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于0，所以f(x0)aln x02ax02ax0aln x02ax0aln2aaln.当且仅当x0时，取等号.故当a0时，f(x)2aaln.考点三不等式恒成立或有解问题方法技巧不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用
10、.7.已知函数f(x)exex2ax(aR).(1)若f(x)在(0，1)上单调，求a的取值范围；(2)若函数yf(x)exln x的图象恒在x轴上方，求a的最小整数解.解(1)由题意知，f(x)ex2exa，令h(x)ex2exa，则h(x)ex2e，当x(0，1)时，h(x)0恒成立，令g(x)xln x(x0)，g(x)，令t(x)ex1x，t(x)ex11，当x1时，t(x)0，t(x)单调递增，当0x1时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x)t(1)0，ex1x0.当x1时，g(x)单调递增，当0x0，故a的最小整数解为1. 8.已知函数f(x)ln x.(1)若函数g(x)f(x
11、)axx2有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)m(x1)(mZ)有实数解，求整数m的最大值.解(1)g(x)ln xaxx2(x0)，则g(x)，由题意得方程x2ax10有两个不等的正实数根，设两根为x1，x2，则即a的取值范围为(2，).(2)方程ln xm(x1)，即m，设h(x)(x0)，则h(x)，令(x)ln x(x0)，则(x)0，h(e2)0，h(x)单调递增；当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)max，即mh(x)max(mZ)，故m0，经检验当m0时满足题意，整数m的最大值为0.9.已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(
12、x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).若a1，当x1，e时，f(x)0，则f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a.若1ae，当x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数.所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.若ae，当x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数，f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)
13、mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知，f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值.由(1)知，f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，即a，所以a的取值范围为.典例(12分)已知函数f(x)ln xmxm，mR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求实数m的值；(3)在(2)的条件下，对任意的0ab，求证：.审题路线图(1)(2)(3)规范解答评分标准(1)解f(x
14、)m(x(0，).当m0时，f(x)0恒成立，则函数f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，由f(x)m0，可得x，则f(x)在上单调递增，由f(x)m0，可得x，则f(x)在上单调递减. 4分(2)解由(1)知，当m0时显然不成立；当m0时，f(x)maxfln 1mmln m1，只需mln m10即可，令g(x)xln x1，则g(x)1，函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)0.故f(x)0在x(0，)上恒成立时，m1.8分(3)证明11，由0ab，得1，由(2)得0ln 1，则11，则原不等式成立. 12分构建答题模板第一步求导数.第二步看
15、性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.第三步用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.第四步得结论：审视转化过程的合理性.第五步再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.1.设函数f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x，m0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增.综上可知，函数f(x)的单调递增区间是，)，单调递减区间是(0
16、，.(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数.F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln 40，所以F(x)有唯一零点.当m1时，若0x1或xm，则F(x)0；若1xm，则F(x)0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.2.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f
17、(x)在(0，)上单调递增.若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上，当a0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明由(1)知，当a0)，则g(x)1.当x(0，1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当a0，得0x1，由f(x)1，f(x)1ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，).(2)解由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减，f(x)在上的最大值为f(1)1ln 10.又f1eln2e，f(e)1ln
18、 e，且f0恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，请说明理由.解(1)函数f(x)的定义域是(0，)，当b4时，f(x).若f(x)在其定义域内单调递增，则a.max1，a1；若f(x)在其定义域内单调递减，则a，min在x时取得，即0.a0.综上，a0或a1.(2)f(x)bln x0在xe，e2上恒成立，令yln x，xe，e2，y0，函数yln x在xe，e2上单调递增，故当xe时，y取最小值10，故yln x0在xe，e2上恒成立，故问题转化为b在xe，e2上恒成立，令h(x)，xe，e2，h(x)，令m(x)ln x1，xe，e2，m(x)0，而m(e)0，故存在x0e，e2，使得h(x)在e，x0)上单调递减，在(x0，e2上单调递增，h(x)maxh(e2)或h(e)，h(e2).综上，存在b满足题意，此时b.