（通用版）2019高考数学二轮复习 第二篇 第27练 导数的综合应用精准提分练习 文.docx

1、1第 27 练 导数的综合应用明晰考情 1.命题角度：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.2.题目难度：偏难题.考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)方法技巧 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路(1)转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y k)在该区间上的交点问题.(2)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，进而画出其图象.(3)结合图象求解.1.设函数 f(x) x3 ax2 bx c.(1)求曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程；(2

2、)设 a b4，若函数 f(x)有三个不同零点，求 c 的取值范围.解 (1)由 f(x) x3 ax2 bx c，得 f( x)3 x22 ax b. f(0) c， f(0) b，曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程为 y bx c.(2)当 a b4 时， f(x) x34 x24 x c， f( x)3 x28 x4.令 f( x)0，得 3x28 x40，解得 x2 或 x .23当 x 变化时， f(x)与 f( x)在区间(，)上的变化情况如下：x (，2) 2 ( 2， 23)23 ( 23， )f( x) 0 0 f(x) c c32272当 c0 且 c 0，

3、存在 x1(4，2)， x23227， x3 ，使得 f(x1) f(x2) f(x3)0.( 2， 23) ( 23， 0)由 f(x)的单调性知，当且仅当 c 时，函数 f(x) x34 x24 x c 有三个不同零点.(0，3227)2.(2018东莞模拟)已知函数 f(x)e x2 x1.(1)求曲线 y f(x)在(0， f(0)处的切线方程；(2)设 g(x) af(x)(1 a)ex，若 g(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围.解 (1)由题意知 f( x)e x2， k f(0)121，又 f(0)e 02010， f(x)在(0， f(0)处的切线方程为 y x.(2)g

4、(x)e x2 ax a， g( x)e x2 a.当 a0 时， g( x)0， g(x)在 R 上单调递增，不符合题意.当 a0 时，令 g( x)0，得 xln(2 a)，在(，ln(2 a)上， g( x)0， g(x)在(，ln(2 a)上单调递减，在(ln(2 a)，)上单调递增， g(x)极小值 g(ln(2a)2 a2 aln(2a) a a2 aln(2a). g(x)有两个零点， g(x)极小值 0，ln(2 a) ，解得 a ，12 e2实数 a 的取值范围为 .(e2， )3.(2018新余模拟)已知函数 f(x)( x1)e x ax2， aR.(1)讨论函数 f(x

5、)的单调区间；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围.解 (1) f( x)e x( x1)e x2 ax x(ex2 a).若 a0，则当 x0 时， f( x)0；当 x0；当12x(ln(2 a)，0)时， f( x)0，即 a0；当12x(0，ln(2 a)时， f( x)0 时，由(1)知，函数 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.因为 f(0)10，取实数 b 满足 ba(b1) ab2 a(b2 b1) a(421)0，所以 f(x)有两个零点；若 a0，则 f(x)( x1)e x，故 f(x)只有一个零点.若 ag(x)在区间 D 上恒成立的基本方法

6、是构造函数 h(x) f(x) g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h(x)0.其中找到函数 h(x) f(x) g(x)的零点是解题的突破口.4.设函数 f(x)ln x x1.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：当 x(1，)时，10)，得 f( x) 1.1x令 f( x)0，解得 x1.当 00， f(x)单调递增；当 x1 时， f( x)1 时， f( x)1，则 F( x)1ln x1ln x，当 x1 时， F( x)0，可得 F(x)在(1，)上单调递增，即有 F(x)F(1)0，即有 xlnxx1.综上，原不等式得证.5.(2018全国)已知函数

7、 f(x) aexln x1.(1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；(2)证明：当 a 时， f(x)0.1e(1)解 f(x)的定义域为(0，)， f( x) aex .1x由题设知， f(2)0，所以 a .12e2从而 f(x) exln x1， f( x) ex .12e2 12e2 1x当 0 x2 时， f( x)0；当 x2 时， f( x)0.所以 f(x)的单调递增区间为(2，)，单调递减区间为(0,2).(2)证明 当 a 时， f(x) ln x1.1e exe设 g(x) ln x1( x(0，)，则 g( x) .exe exe 1x

8、当 0 x1 时， g( x)0；当 x1 时， g( x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时， g(x) g(1)0.因此，当 a 时， f(x)0.1e6.设函数 f(x)e 2x alnx.(1)讨论 f(x)的导函数 f( x)零点的个数；(2)证明：当 a0 时， f(x)2 a aln .2a(1)解 f(x)的定义域为(0，)，5f( x)2e 2x (x0).ax当 a0 时， f( x)0， f( x)没有零点；当 a0 时，设 u(x)e 2x， v(x) ，ax因为 u(x)e 2x在(0，)上单调递增， v(x)ax在(0，)上单调递增，所以 f(

9、x)在(0，)上单调递增.又 f( a)0，当 b 满足 00 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.故 f(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增，所以当 x x0时， f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).由于 02e 0，ax0所以 f(x0) 0 alnx0 02e2 ax02 ax0 alnx0 2 ax0 aln 2 a aln .a2x0 2a 2a当且仅当 x0 时，取等号.12故当 a0 时， f(x)2 a aln .2a考点三 不等式恒成立或有解问题

10、方法技巧 不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 af(x)max或 a0 恒成立，(ex 1x x ae lnx)令 g(x) x ln x(x0)，ex 1x aeg( x) ，x 1ex 1 xx2令 t(x)e x1 x， t( x)e x1 1，当 x1 时， t( x)0， t(x)单调递增，当 00，故 a 的最小整数解为 1.8.已知函数 f(x)ln x.(1)若函数 g(x) f(x) ax x2有两个极值点，求实数 a 的取值范围；12(2)若关于 x 的方程 f(

11、x) m(x1)( mZ)有实数解，求整数 m 的最大值.解 (1) g(x)ln x ax x2(x0)，12则 g( x) ，x2 ax 1x由题意得方程 x2 ax10 有两个不等的正实数根，设两根为 x1， x2，则Error! 即 a 的取值范围为(2，).(2)方程 lnx m(x1)，即 m ，lnxx 1设 h(x) (x0)，则 h( x) ，lnxx 1 x 1x lnxx 12令 (x) ln x(x0)，则 ( x) 0，1ee 12h(e 2) 0， h(x)单调递增；当 x( x0，)时， h( x)0)，因此 h(x)在0，)上单调递减.而 h(0)1，故 h(x

12、)1，所以 f(x)( x1) h(x) x1 ax1.当 00( x0)，所以 g(x)在0，)上单调递增.而 g(0)0，故 ex x1.当 0(1 x)(1 x)2，(1 x)(1 x)2 ax1 x(1 a x x2)，取 x0，5 4a 12则 x0(0,1)，(1 x0)(1 x0)2 ax010，故 f(x0)ax01.当 a0 时，取 x0 ，5 12则 x0(0,1)， f(x0)(1 x0)(1 x0)21 ax01.综上， a 的取值范围是1，).8典例 (12 分)已知函数 f(x)ln x mx m， mR.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)0 在

13、x(0，)上恒成立，求实数 m 的值；(3)在(2)的条件下，对任意的 0 a b，求证： .fb fab a 1a1 a审题路线图(1) 求 导 f x 讨 论 参 数 m确 定 f x符 号 fx的 单 调 区 间(2) 结 合 1确 定 的 符 号 问 题 转 化 为 fxmax 0 m lnm 1 0 gx x lnx 1最 小 值 为 0 求 出 m 1(3) 要 证 结 论 转 化 利 用 2中 gx性 质 函 数 单 调 性 不 等 式 放 缩 结 论 得 证规范解答评分标准(1)解 f( x) m (x(0，).1x 1 mxx当 m0 时， f( x)0 恒成立，则函数 f(

14、x)在(0，)上单调递增；当 m0 时，由 f( x) m 0，1x 1 mxx可得 x ，则 f(x)在 上单调递增，(0，1m) (0， 1m)由 f( x) m 0，可得 x ，1x 1 mxx (1m， )则 f(x)在 上单调递减.4 分(1m， )(2)解 由(1)知，当 m0 时显然不成立；当 m0 时， f(x)max f ln 1 m(1m) 1m mln m1，只需 mln m10 即可，令 g(x) xln x1，则 g( x)1 ，1x函数 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 g(x)min g(1)0.故 f(x)0 在 x(0，)上恒成立时，

15、 m1.8 分9(3)证明 1 1，fb fab a lnb lna a bb a lnb lnab aln baba 1 1a由 0 a b，得 1，由(2)得 00.x22(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.e(1)解 函数的定义域为(0，).由 f(x) klnx(k0)，得 f( x) x .x22 kx x2 kx由 f( x)0，解得 x (负值舍去).kf( x)与 f(x)在区间(0，)上随 x 的变化情况如下表：x (0， )k k ( ，)kf( x) 0 f(x) k1 lnk2 所以， f(x)

16、的单调递减区间是(0， )，k单调递增区间是( ，).k10f(x)在 x 处取得极小值 f( ) ，无极大值.k kk1 lnk2(2)证明 由(1)知， f(x)在区间(0，)上的最小值为 f( ) .kk1 lnk2因为 f(x)存在零点，所以 0，从而 ke，k1 lnk2当 ke 时， f(x)在区间(1， 上单调递减且 f( )0，e e所以 x 是 f(x)在区间(1， 上的唯一零点；e e当 ke 时， f(x)在区间(1， 上单调递减且ef(1) 0， f( ) 0，故 f(x)在(0，)上单调递增.若 a0；(0， 12a)当 x 时， f( x)0)，则 g( x) 1.

17、1x当 x(0,1)时， g( x)0；当 x(1，)时， g( x)0 时， g(x)0.从而当 a0，得 01， f(x)1 ln x 在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.1x f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，).(2)解 由(1)得 f(x)在 上单调递增，在(1，e上单调递减，1e， 1 f(x)在 上的最大值为 f(1)1 ln10.1e， e 11又 f 1eln 2e， f(e)1 lne ，且 f 0).(1)设 (x) f(x)1 a ，求 (x)的最小值；(11x)(2)若在区间(1，e)上 f(x)x 恒成立，求实数 a 的取值范围.解

18、(1) (x) f(x)1 a(11x) alnx a (x0)，(11x)则 ( x) ，令 ( x)0，得 x1.ax ax2 ax 1x2当 01 时， ( x)0. (x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数.故 (x)在 x1 处取得极小值，也是最小值. (x)min (1)0.(2)由 f(x)x，得 alnx1 x，即 a .x 1lnx令 g(x) (10.x 1x 1x 1x2故 h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以 h(x)h(1)0.因为 h(x)0，所以 g( x)0，即 g(x)在区间(1，e)上单调递增，则 g(x)g(e)e1，即 e1，x 1lnx所以实数 a 的取值范围为e1，).