2020年高考文科数学复习大题篇----导数的综合应用经典.docx

2020年高考文科数学一轮复习大题篇-导数的综合应用【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】设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，1<<x.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0<x<1时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f(x)<0，f(x)单调递减(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln x<x1.故当x(1，)时，ln x<x1，ln<1，即1<<x.【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)axln x，x1，e，若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围【解】f(x)0，即axln x0对x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，e，则g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上单调递减，g(x)ming(e)，a.实数a的取值范围是.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】设函数f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x，当m1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数【解】令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x>0，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 4<0，所以F(x)有唯一零点当m>1时，若0<x<1或x>m，则F(x)<0；若1<x<m，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)m>0，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【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)2ln xx2ax(aR)若函数g(x)f(x)axm在上有两个零点，求实数m的取值范围【解】g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.因为x，所以当g(x)0时，x1.当x<1时，g(x)>0；当1<xe时，g(x)<0.故g(x)在x1处取得极大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e2<0，则g(e)<g，所以g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有两个零点的条件是解得1<m2，所以实数m的取值范围是.【训练】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 x0x0x01，又0，即ln x0x0，F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x)2已知f(x)exax2，若f(x)x(1x)ex在0，)恒成立，求实数a的取值范围【解】f(x)x(1x)ex，即exax2xexxex，即exax10，x0.令h(x)exax1(x0)，则h(x)exa(x0)，当a1时，由x0知h(x)0，h(x)h(0)0，原不等式恒成立当a>1时，令h(x)>0，得x>ln a；令h(x)<0，得0x<ln a.h(x)在0，ln a)上单调递减，又h(0)0，h(x)0不恒成立，a>1不合题意综上，a的取值范围为(，13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)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)x3x22xc有三个零点，求实数c的取值范围【解】f(x)x2x2(x1)(x2)，由f(x)>0可得x>2或x<1，由f(x)<0可得1<x<2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上是增函数，在(1,2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(1)c，极小值为f(2)c.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得<c<，所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.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)(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.13