2019版高考数学（文）高分计划一轮高分讲义：第2章函数、导数及其应用 2.11导数在研究函数中的应用（二） .docx

导数在研究函数中的应用(二) 方法梳理1分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题2构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决3等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧4分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置5任意性与存在性x1a，b，x2c，d，使f1(x1)>f2(x2)f1(x1)min>f2(x2)max.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)>f2(x2)f1(x1)max>f2(x2)min.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)>f2(x2)f1(x1)min>f2(x2)min.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)>f2(x2)f1(x)max>f2(x)max.x1a，b，x2c，d，使f1(x1)f2(x2)f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为.诊断自测 1设函数f(x)的导函数为f(x)，对任意xR都有f(x)>f(x)成立，则()A3f(ln 2)>2f(ln 3)B3f(ln 2)2f(ln 3)C3f(ln 2)<2f(ln 3)D3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定答案A解析构造函数g(x)，则g(x)<0，即g(x)在R上是减函数，所以g(ln 2)>g(ln 3)，即>，即>，所以3f(ln 2)>2f(ln 3)故选A.2设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式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解析当x>0时，<0，(x)为减函数，又(2)0，当且仅当0<x<2时，(x)>0，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)>0的解集为(，2)(0,2)故选D.3已知f(x)在1，)上是单调递增函数，则a的取值范围是_答案1，)解析f(x)x，f(x)1.又f(x)在1，)上是单调递增函数，f(x)0，于是可得不等式ax2对于x1恒成立a(x2)max.由x1，得x21.a1.4(2017河南期末)函数yx32axa在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围为_答案解析对于函数yx32axa，求导可得y3x22a，函数yx32axa在(0,1)内有极小值，y3x22a0，则其有一根在(0,1)内，当a>0时，3x22a0两根为 ，若有一根在(0,1)内，则0< <1，即0<a<.当a0时，3x22a0两根相等，均为0，f(x)在(0,1)内无极小值当a<0时，3x22a0无根，f(x)在(0,1)内无极小值，综合可得，0<a<，故答案为.题型1利用导数解不等式问题角度1证明不等式(2015全国卷)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a>0时，f(x)2aaln .本题用分类讨论思想，代换法，放缩法解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x>0)当a0时，f(x)>0，f(x)没有零点；当a>0时，因为ye2x单调递增，y单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f(b)<0，故当a>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；当x(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xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)则f(x0)e2x0aln x0.由于2e2x00，e2x0，两边取对数2x0ln ln x0，ln x0ln 2x0，将，代入f(x0)，则f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a>0时，f(x)2aaln .角度2不等式恒成立问题 (2017安徽江淮十校联考)已知函数f(x)xln x(x>0)(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x(0，)，f(x)恒成立，求实数m的最大值本题采用分离系数法、构造函数法解(1)由题意知f(x)ln x1，令f(x)>0，得x>，令f(x)<0，得0<x<，f(x)的单调增区间是，单调减区间是，f(x)在x处取得极小值，极小值为f，无极大值(2)由f(x)及f(x)xln x，得m恒成立，问题转化为mmin.令g(x)(x>0)，则g(x)，由g(x)>0x>1，由g(x)<00<x<1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，所以g(x)ming(1)4，即m4，所以m的最大值是4.角度3不等式存在性问题(2018太原联考)已知a为实数，函数f(x)aln xx24x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)(a2)x，若x0，e，使得f(x0)g(x0)能成立，求实数a的取值范围 (1)探索性问题在求解后要验证(2)采用分离系数法，构造函数法解(1)函数f(x)定义域为(0，)，,f(x)2x4.假设存在实数a，使f(x)在x1处取极值，则f(1)0，a2，此时，f(x)，当x>0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，,x1不是f(x)的极值点，故不存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值(2)由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0记F(x)xln x(x>0)，F(x)(x>0)，当0<x<1时，F(x)<0，F(x)单调递减；,当x>1时，F(x)>0，F(x)单调递增F(x)>F(1)1>0，,a，记G(x)，x.G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln x2>0，x时，G(x)<0，G(x)单调递减；x(1，e)时，G(x)>0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1.故实数a的取值范围为1，)方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之见角度1,2的典例解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题见角度3的典例冲关针对训练1(2017陵川县校级期末)已知对于xR，g(x)0与f(x)g(x)>f(x)g(x)恒成立，且f(1)0，则不等式>0的解集是_答案(1，)解析令h(x)，则h(x)，而g(x)0与f(x)g(x)>f(x)g(x)恒成立，故h(x)>0，h(x)在R上递增，而h(1)0，故不等式>0，即h(x)>h(1)，解得x>1，故不等式的解集是(1，)2已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t>0)上的最小值；(2)若存在x(e是自然对数的底数，e2.71828)使不等式2f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解(1)由已知得f(x)ln x1，当x时，f(x)<0，此时f(x)单调递减；当x时，f(x)>0，此时f(x)单调递增当0<t<t2<时，t无解；当0<t<t2，即0<t时，f(x)minf；当<t<t2，即t>时，f(x)在t，t2上单调递增，故f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min(2)由题意知2xln xx2ax3，即a2ln xx，设h(x)2ln xx(x>0)，则h(x)1，当x时，h(x)<0，此时h(x)单调递减；当x(1，e时，h(x)>0，此时h(x)单调递增所以h(x)maxmax，因为存在x，使2f(x)g(x)成立，所以ah(x)max，又h23e，h(e)2e，故h>h(e)，所以a3e2.题型2导数与方程问题角度1零点的判断与证明函数f(x)x33x2a(aR)的零点个数讨论极值与0的关系解易知该函数的定义域是R，f(x)3x26x3x(x2)，由f(x)0得，x0或x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：因此函数f(x)的极大值是f(0)a，极小值是f(2)a4.当a<0或a4>0，即a<0或a>4时，f(x)有一个零点；当a0或a40，即a0或a4时，f(x)有两个零点；当a>0且a4<0，即0<a<4时，f(x)有三个零点(2015广东高考)设a>1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点研究f(x)的单调性，再由赋值法证明解(1)f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(，)，无单调减区间(2)证明：因为f(0)(102)e0a1a<0，且f(ln a)(1ln2a)eln aa(1ln2a)aaaln2a>0，由零点存在性定理知，f(x)在(，)上至少有一个零点又由(1)知，函数f(x)是(，)上的单调递增函数，故函数f(x)在(，)上仅有一个零点角度2由零点求参数的取值 (2017张掖模拟)设函数f(x)aln x.(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求函数yf(x)的单调区间和极值；(3)若函数f(x)在区间(1，e2内恰有两个零点，试求a的取值范围将f(x)0化为：，用构造函数法求解解(1)当a1时，f(x)ln x，f(x)x，f(1)0，f(1)，在点(1，f(1)处的切线方程为y.(2)f(x)，当a0时，f(x)>0，f(x)递增，函数无极值；当a>0时，在(0，)上递减，在(，)上递增，函数的极小值为f().(3)f(x)aln x在区间(1，e2内恰有两个零点，y与y在区间(1，e2内恰有两个交点，令g(x)，g(x)，g(x)在(0，e)上递增，在(e，e2)上递减，g(x)maxg(e)，g(e2)，g(1)0，.a.1(2017达州模拟)函数f(x)x3x25ax1存在极值点的充要条件是()Aa Ba< Ca Da>答案B解析求得导函数f(x)3x22x5a，三次函数f(x)有极值，则f(x)0有不相等的两个解，460a>0，a<.故选B.2(2017长江五校联考)定义在(0，)上的函数f(x)满足x2f(x)1>0，f(1)6，则不等式f(lg x)<5的解集为()A(，10) B(0,10) C(10，) D(1,10)答案D解析由题意得f(x)>0，设g(x)f(x)5，则g(x)f(x)，故g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，故g(x)<0的解集为(0,1)，即f(x)<5的解集为(0,1)，由0<lg x<1，解得1<x<10，则所求不等式的解集为(1,10)，故选D.3(2015北京高考)设函数f(x)kln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点解(1)由f(x)kln x(k>0)，得f(x)x.由f(x)0，解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)；f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)>0，f()<0，所以f(x)在区间(1， 上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点4(2017北京东城二模)设函数f(x)(xa)ex，aR.当a1时，求证：x5，)，f(x)x5恒成立证明当a1时，f(x)(x1)ex，f(x)xex.令h(x)f(x)x(x5)，所以h(x)xex1.所以h(x)(x1)ex.令h(x)(x1)ex0，得x1，所以当x5，1时，h(x)0，h(x)单调递减；当x1，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当x1时，h(x)minh(1)1>0.所以函数h(x)在5，)上单调递增所以h(x)h(5)5.所以x5，)，f(x)x5恒成立 重点保分 两级优选练A级一、选择题1(2017安庆二模)若函数yaex3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是()A(3，) B(，3)C. D.答案B解析yaex3x，求导，yaex3，由若函数yaex3x在R上有小于零的极值点，则yaex30有负根，则a0，则ex在y轴的左侧有交点，0<<1，解得：a<3，实数a的取值范围为(，3)故选B.2(2018太原模拟)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)0，当x<0时，f(x)g(x)f(x)g(x)>0，且f(3)0，则不等式<0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)答案D解析当x<0时，f(x)g(x)f(x)g(x)>0，>0，当x<0时，是增函数，故当x>0时，也是增函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，为奇函数，的图象关于原点对称，函数的单调性的示意图，如图所示：f(3)0，f(3)0，由不等式<0，可得x<3或0<x<3，故原不等式的解集为x|x<3或0<x<3故选D.3(2017冀州月考)函数f(x)x3bx2cxd的图象如图所示，则xx等于()A. B.C. D.答案C解析由图象可得f(x)0的根为0,1,2，故d0，f(x)x(x2bxc)，则1,2为x2bxc0的根，由根与系数的关系得b3，c2，故f(x)x33x22x，则f(x)3x26x2，由图可得x1，x2为3x26x20的根，则x1x22，x1x2，故xx(x1x2)22x1x2.故选C.4(2017合肥期中)已知1对于任意的x(1，)恒成立，则()Aa的最小值为3 Ba的最小值为4Ca的最大值为2 Da的最大值为4答案A解析1对于任意的x(1，)恒成立，转化为a22a2xf(x)的最小值f(x)，可得x3时，函数f(x)取得极小值即最小值f(3)5.a22a25，化为a22a30，即(a3)(a1)0，解得3a1.因此a的最小值为3.故选A.5(2018兴庆区模拟)设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f(x)，若f(x)f(x)>1，f(0)2018，则不等式exf(x)>ex2017(其中e为自然对数的底数)的解集为()A(，0)(0，) B(0，)C(2017，) D(，0)(2017，)答案B解析设g(x)exf(x)ex，则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，f(x)f(x)>1，ex>0，g(x)exf(x)f(x)1>0，g(x)是R上的增函数又g(0)f(0)12017，g(x)>2017的解集为(0，)，即不等式exf(x)>ex2017的解集为(0，)故选B.6(2017五华区校级模拟)设函数f(x)x(ln xax)(aR)在区间(0,2)上有两个极值点，则a的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析f(x)x(ln xax)，求导f(x)ln x2ax1，由题意，关于x的方程2axln x1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y2ax与yln x1有两个交点，由yln x1，求导y，设切点(x0，y0)，解得x01，切线的斜率k1，则2a1，a，则当x2，则直线斜率k，则a，a的取值范围为.故选D.7(2017江西模拟)若函数f(x)a(x2)exln x存在唯一的极值点，且此极值大于0，则()A0a< B0a<C<a< D0a<或a答案A解析f(x)a(x2)exln x，x>0，f(x)a(x1)ex(x1)，由f(x)0得到x1或aex0(*)由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，当a0时，(*)无解，符合题意，当a0时，由(*)得，a，a>0，由于这两种情况都有，当0<x<1时，f(x)<0，于是f(x)为减函数，当x>1时，f(x)>0，于是f(x)为增函数，x1为f(x)的极值点，f(1)ae1>0，a<.综上可得a的取值范围是.故选A.8(2017濮阳期末)函数f(x)x33x1，若对于区间3,2上的任意x1，x2都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A20 B18 C3 D0答案A解析对于区间3,2上的任意x1，x2都有|f(x1)f(x2)|t，等价于对于区间3,2上的任意x，都有f(x)maxf(x)mint.f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，x3,2，函数在3，1，1,2上单调递增，在1,1上单调递减，f(x)maxf(2)f(1)1，f(x)minf(3)19，f(x)maxf(x)min20，t20，实数t的最小值是20.故选A.9(2018黄陵县模拟)已知函数yxexx22xa恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.答案B解析函数yxexx22xa恰有两个不同的零点，就是xexx22xa0恰有两个不同的实数解，设g(x)xexx22x，则g(x)exxex2x2(x1)(ex2)，x<1，g(x)<0，函数是减函数，x>1，g(x)>0，函数是增函数，函数的最小值为g(1)1，则a>1，即a<1.函数yxexx22xa恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为.故选B.10设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()A1 B. C. D.答案D解析|MN|的最小值，即函数h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x，令h(x)0，得x或x(舍去)，显然x是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.故选D.二、填空题11若函数f(x)x3x22ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是_答案解析对f(x)求导，得f(x)x2x2a22a.当x时，f(x)的最大值为f2a.要使f(x)在上存在单调递增区间，则必须有f>0，即2a>0，解得a>，所以a的取值范围是.12(2017信阳模拟)已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x22x3)f(x)>0的解集为_答案(，1)(1,1)(3，)解析由函数图象可知f(x)>0的解集为(，1)(1，)，f(x)<0的解集为(1,1)由(x22x3)f(x)>0，得或解得x<1或x>3；解得1<x<1.不等式(x22x3)f(x)>0的解集为(，1)(1,1)(3，)故答案为(，1)(1,1)(3，)13(2017七里河模拟)定义在R上的奇函数yf(x)满足f(3)0，且当x>0时，不等式f(x)>xf(x)恒成立，则函数g(x)xf(x)lg |x1|的零点的个数是_答案3解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，且f(x)f(x)，又x>0时，f(x)>xf(x)，即f(x)xf(x)>0，xf(x)>0，函数h(x)xf(x)在x>0时是增函数，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数；x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)f(3)f(3)0，可得函数y1xf(x)与y2lg |x1|的大致图象如图所示，由图象知，函数g(x)xf(x)lg |x1|的零点的个数为3个14(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b>2；a0，b2；a1，b2.答案解析令f(x)x3axb，则f(x)3x2a.对于，由ab3，得f(x)x33x3，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)1<0，f(x)极小值f(1)5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a3，b2，得f(x)x33x2，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)4>0，f(x)极小值f(1)0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3axb0有两个实根；对于，由a3，b>2，得f(x)x33xb，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)2b>0，f(x)极小值f(1)b2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a0，b2，得f(x)x32，f(x)3x20，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a1，b2，得f(x)x3x2，f(x)3x21>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根B级三、解答题15(2017西城区期末)已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由解(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F(x)与F(x)的变化情况如下：即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a)所以F(x)的最小值F(x)minF(a)1a.因为a<1，所以F(x)minF(a)1a>0，所以对于任意xR，F(x)>0，因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点16设函数f(x)x3x2(a21)x，其中a>0.(1)若函数yf(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)已知函数f(x)有3个不同的零点，分别为0，x1，x2，且x1<x2，若对任意的xx1，x2，f(x)>f(1)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)x22x(a21)，因为yf(x)在x1处取得极值，所以f(1)0.即(1)22(1)(a21)0.解得a2，经检验得a2.(2)由题意得f(x)xx(xx1)(xx2)，所以方程x2xa210有两个相异的实根x1，x2.故1(a21)>0，解得a<(舍去)或a>，且x1x23，又因为x1<x2，所以2x2>x1x23，故x2>>1.若x11<x2，则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0不符合题意若1<x1<x2，对任意的xx1，x2，有xx10，xx20，所以f(x)x(xx1)(xx2)0.又f(x1)0，所以f(x)在x1，x2上的最小值为0.于是对任意的xx1，x2，f(x)>f(1)恒成立的充要条件为f(1)a2<0，解得<a<.综上得<a<，即a的取值范围为.