高考数学二轮复习讲义专题六函数与导数的综合问题.docx

第4讲函数与导数的综合问题全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019函数零点存在性问题，不等式与参数范围T20函数的极值点及方程根T212018利用导数研究函数的单调性、不等式的证明T21函数的单调性与导数、函数零点的证明T21导数的几何意义、不等式的证明T212017函数的单调性与导数、不等式与参数范围T21函数的单调性与导数、不等式与参数范围T21利用导数研究函数的单调性、不等式的证明T21导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点.解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值.第1课时函数、导数与不等式 利用导数证明不等式例1(2019天津高考节选)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明：f(x)g(x)0.解(1)由已知，有f(x)ex(cos xsin x).因此，当x(kZ)时，有sin x>cos x，得f(x)<0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x<cos x，得f(x)>0，则f(x)单调递增.所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ).(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cos xsin x)，从而g(x)2exsin x.当x时，g(x)<0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)<0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.解题方略1.证明不等式的基本方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.跟踪训练(2019湖北省仙桃中学5月适应性考试)已知函数f(x)axln x(a0)的图象在点(e，f(e)处的切线和直线x2y10垂直.(1)求a的值；(2)对任意的x0，证明：f(x)2xe3.解：(1)由f(x)的图象在点(e，f(e)处的切线与直线x2y10垂直，得该切线的斜率为2，即f(e)2.因为f(x)a(ln x1)，所以a(ln e1)2，解得a1.(2)证明：令g(x)f(x)2xe3，则由(1)知g(x)xln x2xe3(x0)，则g(x)ln x3，显然g(x)0时，xe3，当x时，g(x)0，所以函数g(x)在上单调递减.当x时，g(x)0，所以函数g(x)在上单调递增，所以g(x)g(e3)3e32e3e30，所以对任意的x0，f(x)2xe3. 利用导数研究不等式恒成立、存在性问题例2已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(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).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数.所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当ae时，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)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)知当a1时，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.题后悟通求解此类题目的策略x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)ming(x)min.其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数yg(x)的所有函数值.x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值.其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任意一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数yg(x)的所有函数值.跟踪训练(2019福建五校第二次联考)已知函数f(x)ln xmx2，g(x)mx2x，mR，令F(x)f(x)g(x).(1)当m时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若关于x的不等式F(x)mx1恒成立，求正整数m的最小值.解：(1)由题意得，f(x)ln xx2(x0)，所以f(x)x(x0).令f(x)0，得x1.由f(x)0，得0x1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f(x)0，得x1，所以f(x)的单调递减区间为(1，).所以f(x)极大值f(1)，无极小值.(2)令G(x)F(x)(mx1)ln xmx2(1m)x1，因m0时，G(x).令G(x)0，得x，所以当x时，G(x)0；当x时，G(x)0.因此函数G(x)在上是增函数，在上是减函数.故函数G(x)的最大值为Gln m.令h(x)ln x，因为h(1)0，h(2)ln 20，h(x)在(0，)上是减函数，所以当x2时，h(x)0，所以整数m的最小值为2.专题过关检测 大题专攻强化练1.(2019贵州省适应性考试)函数f(x)xln x，g(x)aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a时，xf(x)g(x).解：(1)函数f(x)的定义域为(0，).由f(x)xln x，得f(x)1，当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，).(2)证明：要证xf(x)g(x)，即证x(xln x)aex，即证a.设h(x)，则h(x)，由(1)可知f(x)f(1)1，即ln x(x1)0，于是，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)<0，h(x)单调递减.所以x1时，h(x)取得最大值，h(x)max，所以当a时，xf(x)g(x).2.(2019北京高考)已知函数f(x)x3x2x.(1)求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x2，4时，求证：x6f(x)x；(3)设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记F(x)在区间2，4上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.解：(1)由f(x)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x.又f(0)0，f，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.(2)证明：令g(x)f(x)x，x2，4.由g(x)x3x2得g(x)x22x.令g(x)0得x0或x.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2，0)04g(x)00g(x)600所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6g(x)0，即x6f(x)x.(3)由(2)知，当a<3时，M(a)F(0)|g(0)a|a>3；当a>3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a>3；当a3时，M(a)3.综上，当M(a)最小时，a3.3.设函数f(x)2ln xmx21.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m1成立，求实数m的取值范围.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2mx，当m0时，f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增；当m>0时，令f(x)>0，得0<x<，令f(x)<0，得x>，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减.f(x)maxf2lnm1ln m，若存在x0，使得f(x0)>m1成立，则f(x)max>m1.即ln m>m1，ln mm1<0成立.令g(x)xln x1(x>0)，g(x)1>0，g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，0<m<1.实数m的取值范围是(0，1).4.(2019武汉市调研测试)已知函数f(x)(x1)ln xax(aR).(1)在a0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在(0，)上恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)a0时，f(x)(x1)ln x，f(x)ln x(x1)ln x1，设g(x)ln x1，则g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，而g(1)0，x(0，1)时，g(x)0，即f(x)0，x(1，)时，g(x)0，即f(x)0，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，).(2)由(x1)ln xax0，得ax(x1)ln x，而x0，aln x.记h(x)ln x，则h(x)，设m(x)ln xx1(x0)，显然m(x)在(0，)上单调递增，而m(1)0，x(0，1)时，m(x)0，h(x)0，h(x)单调递减，x(1，)时，m(x)0，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(1)0.a0，a0，即实数a的取值范围是(0，).第2课时函数、导数与方程 确定函数零点的个数例1(2019天津高考节选)设函数f(x)ln xa(x1)ex，其中aR.(1)若a0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<，证明：f(x)恰有两个零点.解(1)由已知，f(x)的定义域为(0，)，且f(x)aexa(x1)ex.因此当a0时，1ax2ex>0，从而f(x)>0，所以f(x)在(0，)内单调递增.(2)证明：由(1)知，f(x).令g(x)1ax2ex，由0<a<，可知g(x)在(0，)内单调递减.又g(1)1ae>0，且g1a1<0，故g(x)0在(0，)内有唯一解，从而f(x)0在(0，)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln.当x(0，x0)时，f(x)>0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时，f(x)<0，所以f(x)在(x0，)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)ln xx1，则当x>1时，h(x)1<0，故h(x)在(1，)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)0，所以ln x<x1，从而flnaelnlnln1h<0.又因为f(x0)>f(1)0，所以f(x)在(x0，)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点. 题后悟通判断函数零点个数的2种常用方法直接法直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题分离参数法分离出参数，转化为ag(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线ya与函数yg(x)图象交点的个数问题.只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可跟踪训练已知函数f(x)(x1)2xln x(a1).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1ae，试判断f(x)的零点个数.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(x1)1，令f(x)0，则x11，x2，因a1，则01，当x时，f(x)0，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是减函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数.所以当a1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数.(2)当1ae时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)10，f(x)的极大值为fln ln a1.设g(a)ln a1，其中a(1，e)，则g(a)0，所以g(a)在(1，e)上是增函数，所以g(a)g(e)20.因为f(4)(41)24ln 494ln 4ln 40，所以存在x0(1，4)，使f(x0)0，所以当1ae时，f(x)有且只有一个零点. 根据零点个数确定参数范围例2(2019四省八校双教研联考)已知函数f(x)(a1)xln x(a0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)g(x)f(x)m，当a2时，g(x)在e1，e上有两个不同的零点，求m的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a1，当a1时，f(x)，令f(x)0，得x1，令f(x)0，得0x1，f(x)在(1，)上单调递增，在(0，1)上单调递减.当a1时，令f(x)0，得x1或x0，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.当a1时，)0a时，令f(x)0，得x1，f(x)在上单调递增，在，(1，)上单调递减；)a时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减；)a1时，令f(x)0，得1x，f(x)在上单调递增，在(0，1)，上单调递减.(2)由(1)知，当a2时，f(x)xln x在e1，1上单调递减，在1，e上单调递增.f(x)minf(1)3，f(e1)e12e1，f(e)e1，f(e1)f(e)，m.解题方略利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的一般方法：(1)分离参数(ag(x)后，将原问题转化为yg(x)的值域(最值)问题或转化为直线ya与yg(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.跟踪训练函数f(x)axxln x在x1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解：(1)由题意知，f(x)aln x1(x0)，f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1.所以f(x)在x1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0，1).(2)yf(x)m1在(0，)上有两个不同的零点，可转化为f(x)m1在(0，)上有两个不同的根，也可转化为yf(x)与ym1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，由题意得，m11，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0；当x0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m1.故实数m的取值范围为(2，1).专题过关检测 大题专攻强化练1.(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数.(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围.解：(1)证明：设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)>0；当x时，g(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减.又g(0)0，g>0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点.所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点.(2)由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)>0；当x(x0，)时，f(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减.又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，0.2.(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.证明：(1)f(x)的定义域为(0，).f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(1)1<0，f(2)ln 2>0，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当x<x0时，f(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)<f(1)2，又f(e2)e23>0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由>x0>1得<1<x0.又fln10，故是f(x)0在(0，x0)的唯一根.综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.3.(2019东北四市联合体模拟(一)已知函数f(x)aln x(a0).(1)若函数yf(x)图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)2有解，求a的取值范围.解：f(x)(x0).(1)a0，当时，f(x)取得最大值，2.a0，a4.此时f(x)，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)的极小值点为x，无极大值点.(2)f(x)(x0且a0)，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)faaln .关于x的不等式f(x)2有解，aaln 2.a0，ln10.令g(x)ln x1x，则g(x)1，当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)g(1)0，由ln 10可解得0且1，a的取值范围是.4.(2019兰州市诊断考试)已知函数f(x)x2(a2a2)xa2(a2)ln x，aR.(1)当a1时，求函数yf(x)的单调区间；(2)试判断当a1，1时，函数yf(x)的零点的个数，并说明理由.解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，)，当a1时，f(x)x22xln x，f(x)x20，函数yf(x)在其定义域内为增函数，单调递增区间为(0，)，无单调递减区间.(2)当a0，f(x)x22x(x2)22(x0)，由于f(4)0，故函数有且只有一个零点.当a1时，由(1)知函数yf(x)在其定义域内为增函数，由于f(e)2e10，f(e2)2e220，故函数有且只有一个零点.当1a0或0a1时，a2a20，可得当x(0，a2)时，f(x)0，函数为增函数；当x(a2，a2)时，f(x)0，函数为减函数；当x(a2，)时，f(x)0，函数为增函数.当xa2时，函数有极大值f(a2)a2a22(a2a2)2(a2)ln a2a2a22(a2)2(a2)ln a2，当1a0或0a1时，a21，f(a2)0，又f(e3)0，故函数有且只有一个零点.综上可知，当a1，1时，函数yf(x)有且只有一个零点.技法指导迁移搭桥函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.典例已知函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.快审题求什么想什么讨论函数的单调性，想到利用导数判断.证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化.给什么用什么已知函数的解析式，利用导数解题.差什么找什么证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.稳解题(1)f(x)a(x>0)，若a0，则f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增；若a>0，则当0<x<时，f(x)>0，当x>时，f(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x>0)，则g(x)，所以当0<x<1时，g(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x>0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.法二：证xf(x)ex2ex0，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0，1)时，g(x)>0；当x(1，)时，g(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0，1)时，h(x)<0，当x(1，)时，h(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x>0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.题后悟道函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围.针对训练1.已知函数f(x)xln x，g(x)，直线l：y(k3)xk2.(1)若曲线yf(x)在xe处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x01，e使f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围.解：(1)由已知得，f(x)ln x1，且yf(x)在xe处的切线与直线l平行，所以f(e)ln e12k3，解得k5.(2)因为至少存在一个x01，e使f(x0)<g(x0)成立，所以至少存在一个x使xln x<成立，即至少存在一个x使a>成立.令h(x)，当x1，e时，h(x)0恒成立，因此h(x)在1，e上单调递增. 故当x1时，h(x)min0，所以实数a的取值范围为(0，).2.设f(x)xsin xa.(1)证明：f(x)的图象关于直线x对称；(2)讨论f(x)零点的个数.解：(1)证明：因为f(x)(x)sin(x)a(x)sin xaxsin xaf(x)，所以f(x)的图象关于直线x对称.(2)由(1)得，只需研究x时，f(x)的单调性即可.f(x)1cos x.当x时，2，所以f(x)1cos x0，所以f(x)单调递减.当x时，令F(x)f(x)，则F(x)sin x，所以F(x)在上单调递减，又F0，F()0，所以存在t，使得F(t)0，当xt时，F(x)0，所以F(x)单调递增，当tx时，F(x)0，所以F(x)单调递减，又F0，F()0，所以当x时，F(x)0，即f(x)0，所以f(x)单调递增.综上，f(x)在上单调递增，在(，)上单调递减.由对称性可得，f(x)在(，0)上单调递增，在上单调递减.因为f1a，f(0)f()a，所以当a0时，f(x)无零点；当a0时，f(x)有两个零点，分别为x0和x；当1a0时，f(x)有四个零点；当a1时，f(x)有三个零点；当a1时，f(x)有两个零点.函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙.注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分.同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用.