1、1第 24 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)设
2、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 c3227 当 c0 且 c 0，存在 x
3、1(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(0，3227)2点2已知函数 f(x) 2ln x(aR， a0)x2a(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)有最小值，记为 g(a)，关于 a 的方程 g(a) a 1 m 有三个不同的实29a数根，求实数 m 的取值范围解 (1) f( x) (x0)，2xa 2x当 a0 时， f( x) ，则 f(x)在(0， )上单调递减，在( ，)上单2x ax aax
4、 a a调递增(2)由(1)知， a0， f(x)min f( )1ln a，a即 g(a)1ln a，方程 g(a) a 1 m，即 m aln a (a0)，29a 29a令 F(a) aln a (a0)，则 F( a)1 ，29a 1a 29a2 3a 13a 29a2知 F(a)在 和 上单调递增，在 上单调递减，(0，13) (23， ) (13， 23)F(a)极大值 F ln3， F(a)极小值 F ln2ln3.(13) 13 (23) 13依题意得实数 m 的取值范围是 .(13 ln2 ln3， 13 ln3)3已知 aR，函数 f(x)e x ax(e2.71828是自
5、然对数的底数)(1)若函数 f(x)在区间(e，1)上是减函数，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 F(x) f(x)(e x2 ax2ln x a)在区间 内无零点，求实数 a 的最大值(0，12)解 (1)由 f(x)e x ax，得 f( x)e x a 且 f( x)在 R 上单调递增若 f(x)在区间(e，1)上是减函数，只需 f( x)0 在(e，1)上恒成立因此只需 f(1)e 1 a0，解得 a .1e又当 a 时， f( x)e x 0，当且仅当 x1 时取等号1e 1e所以实数 a 的取值范围是 .1e， )(2)由已知得 F(x) a(x1)2ln x，且 F(1)0，
6、3则 F( x) a ， x0.2x ax 2x a(x 2a)x当 a0 时， F( x)0.(0，12)所以 F(x)在 内无零点(0，12)当 a0 时，令 F( x)0，得 x .2a若 ，即 a(0,4时，则 F(x)在 上是减函数2a 12 (0， 12)又 x0 时， F(x).要使 F(x)在 内无零点，只需 F 2ln 0，则 04 时，则 F(x)在 上是减函数，在 上是增函数2a12 (0， 2a) (2a， 12)所以 F(x)min F 2 a2ln ，(2a) 2a令 (a)2 a2ln ，则 ( a)1 g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)
7、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) 1.1x4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 xln xx1.综上，原不等式得证5(2018全国)已知函数 f(x) x alnx.
8、1x(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.fx1 fx2x1 x2(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f( x) 1 .1x2 ax x2 ax 1x2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 a2，令 f( x)0，得 x 或 x .a a2 42 a a2 42当 x 时， f( x) 0；(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， )当 x 时， f( x)0.(a a2 42 ， a a2 42 )所以 f(x)在 ， 上单调递减，在(0，a a2 42 )
9、(a a2 42 ， )上单调递增(a a2 42 ， a a2 42 )(2)证明 由(1)知， f(x)存在两个极值点当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1， x2满足 x2 ax10，5所以 x1x21，不妨设 x1 x2，则 x21.由于 1 a 2 a 2 a ，fx1 fx2x1 x2 1x1x2 lnx1 lnx2x1 x2 lnx1 lnx2x1 x2 2lnx21x2 x2所以 a2 等价于 x22ln x20.fx1 fx2x1 x2 1x2设函数 g(x) x2ln x，1x由(1)知， g(x)在(0，)上单调递减又 g(1)0，从而当 x(1，)时， g(x
10、)0.所以 x22ln x20，即 a2.1x2 fx1 fx2x1 x26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，)， f( 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( 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a4 14(2)
11、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 .2a6考点三 不等式恒成立或有解问题方法技巧 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
12、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)， g( x) ，ex 1x ae 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(x) m(x1)( mZ)有实数解，求整数 m 的最大值解 (1) g(x)ln x ax x2(x
13、0)，则 g( x) ，12 x2 ax 1x由题意得方程 x2 ax10 有两个不等的正实数根，7设两根为 x1， x2，则Error! a2.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)，x 1x则 ( x) 0，1ee 12h(e 2) 0， h(x)单调递增；当 x( x0，)时， h( x)0.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，
14、)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)的单调递减区间是(0， )，k单调递增区间是( ，)kf(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
15、 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) 1.1x当 x(0,1)时， g( x)0；当 x(1，)时， g( x)0 时， g(x)0.从而当 a0 恒成立，如果存e， e213在，求 b 的取值范围，如果不存在，请说明理由解 (1)函数 f(x)的定义域是(0，)，当 b4 时，f( x) .ax2 4x 4ax2若 f(x)在其定义域内单调递增，则 a .4xx2 4 4
16、x 4x max1， a1；若 f(x)在其定义域内单调递减，则 a ，(4x 4x) 4xx2 44x 4x min在 x 时取得，即 0. a0.(4x 4x) 4x4x 4x综上， a0 或 a1.(2)f(x) blnx0 在 xe，e 2上恒成立，(xbx)令 yln x ， xe，e 2， y 0，函数 yln x 在 xe，e 2上单调递增，故1x 1x 1x2 1x当 xe 时， y 取最小值 1 0，故 yln x 0 在 xe，e 2上恒成立，1e 1x故问题转化为 b 在 xe，e 2上恒成立，xlnx 1x令 h(x) ， xe，e 2， h( x) ，xlnx 1xlnx 2x 1(lnx 1x)2令 m(x)ln x 1， xe，e 2， m( x) 0，而 m(e)0，2x 1x 2x2故存在 x0e，e 2，使得 h(x)在e， x0)上单调递减，在( x0，e 2上单调递增， h(x)max h(e2)或 h(e)， h(e2) .e42e2 1 e2e 1 e2e 1综上，存在 b 满足题意，此时 b .(e2e 1， )
