（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第24練 導數(shù)的綜合應用試題.docx

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第24練　導數(shù)的綜合應用 [明晰考情]　1.命題角度：函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題.2.題目難度：偏難． 考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根) 方法技巧　求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題的基本思路：(1)轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題；(2)利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象；(3)結合圖象求解． 1．設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. 當x變化時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的變化情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c  c－  ∴當c>0且c－<0時，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點． 2．已知函數(shù)f(x)＝－2lnx(a∈R，a≠0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)若函數(shù)f(x)有最小值，記為g(a)，關于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－(x>0)， 當a<0時，f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當a>0時，f′(x)＝，則f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增． (2)由(1)知，a>0，f(x)min＝f()＝1－lna， 即g(a)＝1－lna， 方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－lna－(a>0)， 令F(a)＝a－lna－(a>0)，則F′(a)＝1－＋＝， 知F(a)在和上單調遞增，在上單調遞減， F(a)極大值＝F＝－＋ln3，F(xiàn)(a)極小值＝F＝－ln2＋ln3. 依題意得實數(shù)m的取值范圍是. 3．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2lnx＋a)在區(qū)間內無零點，求實數(shù)a的最大值． 解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上單調遞增． 若f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立． 因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥. 又當a＝時，f′(x)＝ex－≤0，當且僅當x＝－1時取等號． 所以實數(shù)a的取值范圍是. (2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2lnx，且F(1)＝0， 則F′(x)＝a－＝＝，x>0. ①當a≤0時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減， 結合F(1)＝0知，當x∈時，F(xiàn)(x)>0. 所以F(x)在內無零點． ②當a>0時，令F′(x)＝0，得x＝. 若≥，即a∈(0,4]時，則F(x)在上是減函數(shù)． 又x→0時，F(xiàn)(x)→＋∞. 要使F(x)在內無零點，只需F＝－－2ln≥0，則04時，則F(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)． 所以F(x)min＝F＝2－a－2ln， 令φ(a)＝2－a－2ln，則φ′(a)＝－1＋＝<0. 所以φ(a)在(4，＋∞)上是減函數(shù)， 則φ(a)<φ(4)＝2ln2－2<0. 因此F<0，所以F(x)在內一定有零點，不合題意，舍去． 綜上，函數(shù)F(x)在內無零點，應有a≤4ln2， 所以實數(shù)a的最大值為4ln2. 考點二　利用導數(shù)證明不等式問題 方法技巧　利用導數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點是解題的突破口． 4．設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1<0)，得f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 當00，f(x)單調遞增； 當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減． 因此，f(x)在(0,1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)． (2)證明　當x∈(1，＋∞)時，1<1時，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，可得f(x)1， 則F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x， 當x>1時，F(xiàn)′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上單調遞增， 即有F(x)>F(1)＝0，即有xln x>x－1. 綜上，原不等式得證． 5．(2018全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x＋alnx. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2， 證明：＜a－2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，則f′(x)≤0， 當且僅當a＝2，x＝1時，f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減． ②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝. 當x∈∪時，f′(x)＜0； 當x∈時，f′(x)＞0. 所以f(x)在，上單調遞減，在上單調遞增． (2)證明　由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a＞2. 由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨設x1＜x2，則x2＞1. 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以＜a－2等價于－x2＋2lnx2＜0. 設函數(shù)g(x)＝－x＋2lnx， 由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減． 又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0. 所以－x2＋2lnx2＜0，即＜a－2. 6．設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx. (1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－ 在(0，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增， 所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于－＝0， 所以f(x0)＝－alnx0＝＋2ax0－2ax0－alnx0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 當且僅當x0＝時，取等號． 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 考點三　不等式恒成立或有解問題 方法技巧　不等式恒成立、能成立問題常用解法 (1)分離參數(shù)后轉化為求最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉化為函數(shù)的最值問題，形如a>f(x)max或a0恒成立， 令g(x)＝－x＋＋lnx(x>0)，g′(x)＝， 令t(x)＝ex－1－x，t′(x)＝ex－1－1，當x>1時，t′(x)>0，t(x)單調遞增，當00，故a的最小整數(shù)解為1. 8．已知函數(shù)f(x)＝lnx. (1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋x2有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若關于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有實數(shù)解，求整數(shù)m的最大值． 解　(1)g(x)＝lnx－ax＋x2(x>0)，則g′(x)＝， 由題意得方程x2－ax＋1＝0有兩個不等的正實數(shù)根， 設兩根為x1，x2， 則 ∴a>2.即a的取值范圍為(2，＋∞)． (2)方程lnx＝m(x＋1)，即m＝， 設h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝， 令φ(x)＝－lnx(x>0)， 則φ′(x)＝－－<0, φ(x)在(0，＋∞)上單調遞減，h′(e)＝>0， h′(e2)＝<0， 存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝lnx0， 當x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減， ∴h(x)max＝＝∈， 即m≤h(x)max(m∈Z)， 故m≤0，∴整數(shù)m的最大值為0. 9．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值； (2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝. ①若a≤1，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0， 則f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 當x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)； 當x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)． 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1. ③若a≥e，當x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. 綜上，當a≤1時，f(x)min＝1－a； 當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1； 當a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－. (2)由題意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值． 由(1)知，f(x)在[e，e2]上單調遞增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. g′(x)＝(1－ex)x. 當x∈[－2,0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)， g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1， 即a＞，所以a的取值范圍為. 例　(15分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－mx＋m，m∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的值； (3)在(2)的條件下，對任意的0＜a＜b，求證：＜. 審題路線圖 (1)―→―→ (2)―→―→ ―→―→ (3)―→ 規(guī)范解答評分標準 (1)解　f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))． 當m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當m＞0時，由f′(x)＝－m＝＞0， 可得x∈，則f(x)在上單調遞增， 由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈， 則f(x)在上單調遞減.6分 (2)解　由(1)知，當m≤0時顯然不成立； 當m＞0時，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－lnm－1， 只需m－lnm－1≤0即可，令g(x)＝x－lnx－1， 則g′(x)＝1－， 函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0. 故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立時，m＝1.10分 (3)證明　＝＝－1＝－1， 由0＜a＜b，得＞1，由(2)得ln＜－1， 則－1＜－1＝＝＜， 則原不等式＜成立.15分 構建答題模板 [第一步]　求導數(shù)． [第二步]　看性質：根據(jù)導數(shù)討論函數(shù)的單調性、極值、最值等性質． [第三步]　用性質：將題中條件或要證結論轉化，如果成立或有解問題可轉化為函數(shù)的最值，證明不等式可利用函數(shù)單調性和放縮法． [第四步]　得結論：審視轉化過程的合理性． [第五步]　再反思：回顧反思，檢查易錯點和步驟規(guī)范性． 1．設函數(shù)f(x)＝－klnx，k>0. (1)求f(x)的單調區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． (1)解　函數(shù)的定義域為(0，＋∞)． 由f(x)＝－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去)． f′(x)與f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以，f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，)， 單調遞增區(qū)間是(，＋∞)． f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無極大值． (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，]上單調遞減且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點； 當k>e時，f(x)在區(qū)間(1，]上單調遞減且 f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調性； (2)當a<0時，證明f(x)≤－－2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 若a<0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． 綜上，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a<0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)證明　由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值， 最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0. 設g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則g′(x)＝－1. 當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減． 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2. 3．(2018浙江)已知函數(shù)f(x)＝－lnx. (1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2； (2)若a≤3－4ln2，證明：對于任意k＞0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 證明　(1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)＝－. 由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－. 因為x1≠x2，所以＋＝. 由基本不等式，得＝＋≥2. 因為x1≠x2，所以x1x2＞256. 由題意得f(x1)＋f(x2)＝－lnx1＋－lnx2＝－ln(x1x2)． 設g(x)＝－lnx，則g′(x)＝(－4)， 當x變化時，g′(x)和g(x)的變化情況如下表所示： x (0,16) 16 (16，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  2－4ln2  所以g(x)在(256，＋∞)上單調遞增， 故g(x1x2)＞g(256)＝8－8ln2， 即f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2. (2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，則 f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0， f(n)－kn－a＜n≤n＜0， 所以存在x0∈(m，n)，使f(x0)＝kx0＋a， 所以對于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有公共點． 由f(x)＝kx＋a，得k＝. 設h(x)＝， 則h′(x)＝＝， 其中g(x)＝－lnx. 由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln2， 故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0， 所以h′(x)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調遞減， 因此方程f(x)－kx－a＝0有唯一一個實根． 綜上，當a≤3－4ln2時，對于任意k＞0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 4．(2018宣城模擬)已知函數(shù)f(x)＝a＋blnx(其中a，b∈R)． (1)當b＝－4時，若f(x)在其定義域內為單調函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當a＝－1時，是否存在實數(shù)b，使得當x∈時，不等式f(x)>0恒成立，如果存在，求b的取值范圍，如果不存在，請說明理由． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，當b＝－4時， f′(x)＝. 若f(x)在其定義域內單調遞增，則a≥＝. ∵max＝1，∴a≥1；若f(x)在其定義域內單調遞減，則a≤＝， ∵min在x＋→＋∞時取得，即→0.∴a≤0. 綜上，a≤0或a≥1. (2)f(x)＝－＋blnx>0在x∈[e，e2]上恒成立， 令y＝lnx－，x∈[e，e2]，y′＝＋>0，函數(shù)y＝lnx－在x∈[e，e2]上單調遞增，故當x＝e時，y取最小值1－>0，故y＝lnx－>0在x∈[e，e2]上恒成立， 故問題轉化為b>在x∈[e，e2]上恒成立， 令h(x)＝，x∈[e，e2]，h′(x)＝， 令m(x)＝lnx－－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝＋>0，而m(e)<0，m(e2)>0， 故存在x0∈[e，e2]，使得h(x)在[e，x0)上單調遞減，在(x0，e2]上單調遞增， ∴h(x)max＝h(e2)或h(e)， ∵h(e2)＝. 綜上，存在b滿足題意，此時b∈.