2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第4讲导数的综合应用含解析.doc

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1、第4讲导数的综合应用高考定位在高考压轴题中，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.真 题 感 悟1.(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(1)解f(x)3x2b.依题意得f0，即b0，故b.(2)证明由(1)知f(x)x3xc，f(x)3x2.令f(x)0，解得x或x.f(x)与f(x)的情况为：xf(x)00f(x)cc因为f(1)fc，所以当c时

2、，f(x)只有小于1的零点.由题设可知c.当c时，f(x)只有两个零点和1.当c时，f(x)只有两个零点1和.当c0；当x时，g(x)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)解由题设知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.考 点 整 合1.利用导数研

3、究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0或f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，

4、x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.4.(1)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0eln x0及exx1，ln xx1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x

5、的一次式或二次式，再判断符号.(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.热点一利用导数研究函数的零点【例1】 (2020全国卷)已知函数f(x)exa(x2).(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)当a1时，f(x)exx2，xR，则f(x)ex1.当x0时，f(x)0时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增.(2)f(x)exa.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.当a0

6、时，由f(x)0，可得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增.故当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a(1ln a).()若0，则f(ln a)0，所以f(x)在(，ln a)存在唯一零点.由(1)知，当x2时，exx20.所以当x4且x2ln(2a)时，f(x)eea(x2)eln(2a)a(x2)2a0.故f(x)在(ln a，)存在唯一零点.从而f(x)在(，)有两个零点.综上，a的取值范围是.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图

7、象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：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；第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】 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0a0，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0a0，且g1a10，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

8、为x0，则1x00，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时，f(x)1时，h(x)11时，h(x)h(1)0，所以ln xx1，从而flnaelnlnln1hf(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.热点二利用导数证明不等式【例2】 (2020衡水中学检测)已知函数f(x)ln.(1)求证：当x(0，1)时，f(x)2；(2)设实数k使得f(x)k对x(0，1)恒成立，求k的最大值.(1)证明令g(x)f(x)2，则g(x)f(x)2(1x2).因为g(x)0(0xg(0)0，x(0，1)，

9、即当x(0，1)时，f(x)2.(2)解由(1)知，当k2时，f(x)k对x(0，1)恒成立.当k2时，令h(x)f(x)k，则h(x)f(x)k(1x2).所以当0x时，h(x)0，因此h(x)在区间上单调递减.当0x时，h(x)h(0)0，即f(x)2时，f(x)k并非对x(0，1)恒成立.综上可知，k的最大值为2.探究提高形如f(x)g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)f(x)g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.【训练2】 (2

10、020岳阳二模)已知函数f(x)xln x.(1)求证：f(x)1e；(2)若f(x)exbx1恒成立，求实数b的取值范围.(1)证明f(x)xln x，定义域为(0，)，则f(x)1，由exx1x，知0x0；x1时，f(x)0，得f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)1e.从而f(x)1e.(2)解f(x)exbx1，即ln xxxexbx1，恒有b，即b.令(x)，则(x)，令h(x)x2exln x，则h(x)在(0，)上单调递增，因为x0时，h(x)，h(1)e0，所以h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，且h(x0)xex0ln x00，所

11、以x0ex0(eln ).令m(x)xex，上式即m(x0)m.由于m(x)xex在(0，)上单调递增，故x0ln ln x0，即ex0，从而(x0)0且0xx0时，h(x)0，(x)x0时，h(x)0，(x)0，所以(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，(x)min(x0)2，所以b2.即实数b的取值范围为(，2.热点三导数与不等式恒成立、存在性问题角度1含参不等式的恒成立问题【例3】 已知函数f(x)x24x2，g(x)2ex(x1).若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.解设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x

12、42(x2)(kex1).由题设可得F(0)0，即k1.令F(x)0，得x1ln k，x22.()若1ke2，则2x10.从而当x(2，x1)时，F(x)0.即F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增.故F(x)在2，)上的最小值为F(x1).而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立.()若ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2).从而当x2时，F(x)0，即F(x)在(2，)上单调递增.而F(2)0，故当x2时，F(x)0，即F(x)kg(x)恒成立.()若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)e1x在区间(

13、1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数).解(1)f(x)2ax(x0).当a0时，f(x)0时，由f(x)0，有x.此时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增.(2)令g(x)，s(x)ex1x.则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0，所以s(x)在区间(1，)内单调递增.又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)有f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立.当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1).当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)

14、在区间(1，)单调递增.又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.综上，a.角度2不等式存在性问题【例4】 设函数f(x)aln xx2x(a1).若存在x01，使得f(x0)，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，)，因为f(x)aln xx2x，f(x)(1a)x1 (x1).若a，则1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增.所以，存在x01，使得f(x0)成立的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，则1，故当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以，存在x01，使得f(x0

15、)成立的充要条件为f.而faln，所以不合题意.若a1，f(x)在1，)上递减，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，).探究提高“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练4】 已知函数f(x)xmln x(mR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当m2时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围.解(1)f(x)xmln x，且定

16、义域(0，)，f(x)1，当m2时，若x1，e，则f(x)0，f(x)在1，e上是增函数，则f(x)minf(1)2m.当me1时，若x1，e，则f(x)0，f(x)在1，e上是减函数，则f(x)minf(e)em.当2m0)恒成立，设f(x)2ln xx，则f(x)(x0).当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)minf(1)4.所以a4.答案B2.已知函数f(x)x23x5，g(x)axln x，若对x(0，e)，x1，x2(0，e)且x1x2，使得f(x)g(xi)(i1，2)，则实数a的取值范围是()A. B.C. D.解析当x(0，e)时，函数f(x)的值域

17、为.由g(x)a可知：当a0时，g(x)0.令g(x)0，得x，则(0，e)，所以g(x)ming1ln a.作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，数形结合，知解之得ae.答案C3.(2020石家庄调研)已知函数f(x)(k1)xex，若对任意xR，都有f(x)1成立，则实数k的取值范围是()A.(，1e) B.(1e，)C.(e，0 D.(1e，1解析由f(x)1，得(k1)x，所以曲线y恒在直线y(k1)x的上方.过原点作曲线y的切线，设切点为P(x0，y0)，则，即，得x01.y的切线的斜率k0ex|x1e，则ek10，解得1ekx恒成立D.对任意两个正实数x1，x2，且x

18、2x1，若f(x1)f(x2)，则x1x24解析函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，当0x2时，f(x)2时，f(x)0，函数f(x)在(2，)上单调递增，x2是f(x)的极小值点，故A错误；yf(x)xln xx，y10，f(2)21ln 22ln 21kx(x0)，则k0时，0x1，当h(x)1，函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，h(x)h(1)0，g(x)kx恒成立，故C错误；令t(0，2)，则2t(0，2)，2t(2，4)，令u(t)f(2t)f(2t)ln(2t)ln(2t)ln ，则u(t)0，u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)2t，则x1x2

19、2t2t4，当x24时，x1x24显然成立，对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，若f(x1)f(x2)，则x1x24，故D正确.故选BD.答案BD二、填空题5.函数f(x)的导函数为f(x)，对任意xR，都有f(x)f(x)成立，若f(ln 2)，则满足不等式f(x)的x的取值范围是_.解析由题意，对任意xR，都有f(x)f(x)成立，即f(x)f(x)0.令g(x)exf(x)，则g(x)f(x)exf(x)exexf(x)f(x)0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)等价于exf(x)1，即g(x)1.因为f(ln 2)，所以g(ln 2)eln 2f(ln 2)21.故当

20、xln 2时，g(x)g(ln 2)1，所以不等式g(x)1的解集为(ln 2，).答案(ln 2，)6.若对于任意正实数x，都有ln xaexb10(e为自然对数的底数)成立，则ab的最小值是_.解析因为对于任意正实数x都有ln xaexb10成立，不妨将x代入不等式中，得ab0.下面证明ab0时满足题意，当a1，b1时，令f(x)ln xex11ln xex2，则f(x)e.由f(x)0，得x，所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)maxf0，即f(x)0对任意正实数x都成立，所以当a1，b1，即ab0时满足题意，所以ab的最小值为0.答案0三、解答题7.已知函数f(x)

21、exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.(1)证明当a1时，f(x)exx2，则f(x)ex2x.令g(x)f(x)，则g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0.当x0时，g(x)g(ln 2)22ln 20，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(0)1.(2)解若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程exax20在(0，)上只有一个解，由a，令(x)，x(0，)，(x)，令(x)0，解得x2.当x(0，2)时，(x)0.(x)min(2).a.8.已知函数f(x)sin xln(1x)，f

22、(x)为f(x)的导数.证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos x，g(x)sin x.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(1，).当x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1，0)时，f(x)0，故f(x)在(1，0)单调递减.又f(0)0，从而x0是f(x)在(1，0的唯一零点.当x时，由(1)知，f(x)在(

23、0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0；当x时，f(x)0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在上没有零点.当x时，f(x)0，f()1.所以f(x)cos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin x0，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，对称轴x1.当x时，(k1)(x21)2x0.故h(x)0，而h(1)0，故当x时，h(x)0，可得h(x)0.与题设矛盾.()设k1，此时x212x，(k1)(x21)2x0h(x)0，而h(1)0，故当x(1，)时，h(x)0，可得h(x)0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(，0.