2020年高考理科数学复习大题篇-导数的综合应用问题经典.docx

2020年高考理科数学一轮复习大题篇-导数的综合应用问题【归类解析】题型一证明不等式【解题指导】(1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)f(x)g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)g(x1)<f(x2)g(x2)对x1<x2恒成立，即等价于函数h(x)f(x)g(x)为增函数【例】 已知函数f(x)1，g(x)xln x.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xln x)f(x)>1.【证明】(1)由题意得g(x)(x>0)，当0<x<1时，g(x)<0.当x>1时，g(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数所以g(x)g(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0<x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln x)f(x)>1.【训练】已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)<sin x在(0，)上恒成立(1)【解】依题意得f(x)ln x1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)【证明】依题意，要证f(x)<sin x，即证xln xex1<sin x，即证xln x<exsin x1.当0<x1时，exsin x1>0，xln x0，故xln x<exsin x1，即f(x)<sin x.当x>1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1，则h(x)exsin x，当x>1时，ex>e1>1，所以h(x)exsin x>0，故h(x)在(1，)上单调递增故h(x)>h(1)ecos 11>0，即g(x)>0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)>g(1)esin 11>0，即xln x<exsin x1，即f(x)<sin x.综上所述，f(x)<sin x在(0，)上恒成立题型二不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题【例 】已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围【解】(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)<0，f(x)单调递减所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0<a<1<a，故<a<1，即实数a的取值范围为.(2)当x1时，k恒成立，令g(x)(x1)，则g(x).再令h(x)xln x(x1)，则h(x)10，所以h(x)h(1)1，所以g(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2【训练】已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围(1)证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)<0；当x(0，)时，f(x)>0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a.当2a1，即a时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，当a时满足条件当2a>1，即a>时，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)<0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)<h(0)0，即f(x)<f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)<f(0)0，不合题意综上，实数a的取值范围为.题型三求函数零点个数【解题指导】 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况【例】已知函数f(x)2a2ln xx2(a>0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)【解】(1)f(x)2a2ln xx2，f(x)2x，x>0，a>0，当0<x<a时，f(x)>0，当x>a时，f(x)<0.f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，)(2)由(1)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1)讨论函数f(x)的零点情况如下：当a2(2ln a1)<0，即0<a<时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；当a2(2ln a1)0，即a时，函数f(x)在(0，)内有唯一零点a，而1<a<e2，f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a2(2ln a1)>0，即a>时，由于f(1)1<0，f(a)a2(2ln a1)>0，f(e2)2a2ln(e2)e44a2e4(2ae2)(2ae2)，当2ae2<0，即<a<时，1<<a<<e2，f(e2)<0，由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，f(x)在(1，e2)内有两个零点当2ae20，即a>时，f(e2)0，而且f()2a2ea2e>0，f(1)1<0，由函数的单调性可知，无论ae2，还是a<e2，f(x)在(1，)内有唯一的零点，在(，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点综上所述，当0<a<时，函数f(x)在区间(1，e2)上无零点；当a或a时，函数f(x)在区间(1，e2)上有一个零点；当<a<时，函数f(x)在区间(1，e2)上有两个零点【训练】 设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)的零点的个数【解】(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)(x>0)，由f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x(e，)时，f(x)>0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x>0)，令g(x)0，得mx3x(x>0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)>0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)<0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，(x)的最大值为(1).又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m>时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点题型四根据函数零点情况求参数范围【解题指导】 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想【例】 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)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a>2，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a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1<x2，则x2>1.由于1a2a2a，所以<a2等价于x22ln x2<0.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 x2<0，即<a2.【训练】【例】已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3(a为实数)，若方程g(x)2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围【解】由g(x)2f(x)，可得2xln xx2ax3，ax2ln x，设h(x)x2ln x(x>0)，所以h(x)1.所以x在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下：x1(1，e)h(x)0h(x)极小值又h3e2，h(1)4，h(e)e2.且h(e)h42e<0.所以h(x)minh(1)4，h(x)maxh3e2，所以实数a的取值范围为4<ae2，即a的取值范围为.专题突破训练1已知函数f(x)ln xx，g(x)xex1，求证f(x)g(x)证明令F(x)f(x)g(x)ln xxxex1(x>0)，则F(x)1exxex(x1)ex(x1).令G(x)ex，可知G(x)在(0，)上为减函数，且G2>0，G(1)1e<0，存在x0，使得G(x0)0，即0.当x(0，x0)时，G(x)>0，F(x)>0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)<0，F(x)<0，F(x)为减函数F(x)F(x0)ln x0x01，又0，即ln x0x0，F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x)2已知函数f(x)ax2bxxln x的图象在(1，f(1)处的切线方程为3xy20.(1)求实数a，b的值；(2)设g(x)x2x，若kZ，且k(x2)<f(x)g(x)对任意的x>2恒成立，求k的最大值解(1)f(x)2axb1ln x，所以2ab13且ab1，解得a1，b0.(2)由(1)与题意知k<对任意的x>2恒成立，设h(x)(x>2)，则h(x)，令m(x)x42ln x(x>2)，则m(x)1>0，所以函数m(x)为(2，)上的增函数因为m(8)42ln 8<42ln e2440，m(10)62ln 10>62ln e3660，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x042ln x00成立，故当2<x<x0时，m(x)<0，即h(x)<0；当x>x0时，m(x)>0，即h(x)>0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以h(x)minh(x0)，所以k<，因为x0(8,10)，所以(4,5)，又kZ，所以k的最大值为4.3已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f(x)0，得xln a.由f(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，)综上所述，当a0时，f(x)的单调递减区间为(，)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则ax，即a.设h(x)，则问题转化为amax，由h(x)，令h(x)0，得x.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a.故a的取值范围是.4设函数f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR)若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x>0)，易知当x(0，)时，ln xx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)当2a10，即a时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意当a0时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0，显然不合题意，a0舍去当0<a<时，由ln xx1，得ln 1，即ln x1，则f(x)2a(x1)(2ax1)，0<a<，>1.当x时，f(x)0恒成立，f(x)在上单调递减，当x时，f(x)f(1)0，显然不合题意，0<a<舍去综上可得，a.5已知函数f(x)ln xax1(aR)设g(x)x22bx4，当a时，若x1(0,2)，总存在x21,2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在1,2上的最小值，即f(x)ming(x)min.当a时，f(x)ln xx1，所以f(x)，则当0<x<1时，f(x)<0，当1<x<2时，f(x)>0，所以当x(0,2)时，f(x)minf(1).又g(x)x22bx4，当b<1时，可求得g(x)ming(1)52b，则52b，解得b，这与b<1矛盾；当1b2时，可求得g(x)ming(b)4b2，则4b2，得b2，这与1b2矛盾；当b>2时，可求得g(x)ming(2)84b，由84b，得b.综合得实数b的取值范围是.6已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k>1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，则g(x)10，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k>1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.7已知函数f(x)aln x(aR)，试求f(x)的零点个数解f(x)()ln x，令f(x)>0，解得x>e2，令f(x)<0，解得0<x<e2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增f(x)minf(e2)a，显然当a>时，f(x)min>0，f(x)无零点，当a时，f(x)min0，f(x)有1个零点，当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点8已知f(x)3，F(x)ln x3x2.(1)判断f(x)在(0，)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，)上零点的个数解(1)f(x)，令f(x)>0，解得x>1，令f(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)F(x)f(x)3，由(1)得x1，x2，满足0<x1<1<x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增，而F(1)0，x0时，F(x)，x时，F(x)，画出函数F(x)的草图，如图所示故F(x)在(0，)上的零点有3个9已知函数f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x，且方程f(x)g(x)在区间，e上有两个不相等的解，求a的取值范围解由已知可得方程a在区间，e上有两个不等解，令(x)，由(x)易知，(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则(x)max()，由于(e)，()，(e)()<<0，所以(e)<()所以(x)min(e)，如图可知(x)a有两个不相等的解时，需a<.即f(x)g(x)在，e上有两个不相等的解时，a的取值范围为.10已知函数f(x)x22exm1，g(x)x (x>0)(1)若g(x)m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根解(1)g(x)x22e(x>0)，当且仅当x时取等号，当xe时，g(x)有最小值2e.要使g(x)m有零点，只需m2e.即当m2e，)时，g(x)m有零点(2)若g(x)f(x)0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点如图，作出函数g(x)x(x>0)的大致图象f(x)x22exm1(xe)2m1e2，其对称轴为xe，f(x)maxm1e2.若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m1e2>2e，即当m>e22e1时，g(x)f(x)0有两个相异实根m的取值范围是(e22e1，)11已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x2<2.(1)解f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点设a>0，则当x(，1)时，f(x)<0；当x(1，)时，f(x)>0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b<0且b<ln ，则f(b)>(b2)a(b1)2a>0，故f(x)存在两个零点设a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)>0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点若a<，则ln(2a)>1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)<0；当x(ln(2a)，)时，f(x)>0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2<2等价于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)a(x21)2，而f(x2)(x22)a(x21)20，所以f(2x2)设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex)所以当x>1时，g(x)<0.而g(1)0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)f(2x2)<0，故x1x2<2.12已知函数f(x)(3a)x2ln xa3在上无零点，求实数a的取值范围解当x从0的右侧趋近于0时，f(x)，所以f(x)<0在上恒成立不可能故要使f(x)在上无零点，只需对任意的x，f(x)>0恒成立，即只需当x时，a>3恒成立令h(x)3，x，则h(x)，再令m(x)2ln x2，x，则m(x)<0，于是在上，m(x)为减函数，故m(x)>m64ln 2>0，所以h(x)>0在上恒成立，所以h(x)在上为增函数，所以h(x)<h在上恒成立又h3ln 2，所以a3ln 2，故实数a的取值范围是.16