《（浙江专用）2019高考数学二轮复习精准提分 第二篇 重点专题分层练，中高档题得高分 第24练 导数的综合应用试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2019高考数学二轮复习精准提分 第二篇 重点专题分层练，中高档题得高分 第24练 导数的综合应用试题（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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yk)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)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求
2、c的取值范围解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的变化情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc当c0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点2已知函数f(x)2lnx(aR，a0)(1)讨论函数f
3、(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)a1m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围解(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0时，f(x)，则f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增(2)由(1)知，a0，f(x)minf()1lna，即g(a)1lna，方程g(a)a1m，即malna(a0)，令F(a)alna(a0)，则F(a)1，知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，F(a)极大值Fln3，F(a)极小值Fln2ln3.依题意得实数m的取值范围是.3已知aR，函数f(x)exax(e2.71828是自然对数的底数)(1)若函数f(x
4、)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)(ex2ax2lnxa)在区间内无零点，求实数a的最大值解(1)由f(x)exax，得f(x)exa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)e1a0，解得a.又当a时，f(x)ex0，当且仅当x1时取等号所以实数a的取值范围是.(2)由已知得F(x)a(x1)2lnx，且F(1)0，则F(x)a，x0.当a0时，F(x)0.所以F(x)在内无零点当a0时，令F(x)0，得x.若，即a(0,4时，则F(x)在上是减函数又x0时，F(x).要使F(x
5、)在内无零点，只需F2ln0，则0a4ln2.若4时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数所以F(x)minF2a2ln，令(a)2a2ln，则(a)10.所以(a)在(4，)上是减函数，则(a)(4)2ln220.因此Fg(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数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)lnxx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，10)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递
6、减因此，f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数(2)证明当x(1，)时，1x，即为ln xx11时，f(x)0恒成立，即f(x)在(1，)上单调递减，可得f(x)f(1)0，即有ln x1，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)xalnx.(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.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在
7、(0，)上单调递减若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增(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x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22lnx20.设函数g(x)x2lnx，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22lnx20，即a2.6设函数f(x)e2xalnx.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)
8、解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)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0b且b时，f(b)0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xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于0，所以f(x0)alnx02ax02ax0alnx02ax0aln2aaln.当且仅
9、当x0时，取等号故当a0时，f(x)2aaln.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af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用7已知函数f(x)exex2ax(aR)(1)若f(x)在(0,1)上单调，求a的取值范围；(2)若函数yf(x)exlnx的图象恒在x轴上方，
10、求a的最小整数解解(1)由题意知，f(x)ex2exa，令h(x)ex2exa，则h(x)ex2e，当x(0,1)时，h(x)0恒成立，令g(x)xlnx(x0)，g(x)，令t(x)ex1x，t(x)ex11，当x1时，t(x)0，t(x)单调递增，当0x1时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x)t(1)0，ex1x0.当x1时，g(x)单调递增，当0x0，故a的最小整数解为1.8已知函数f(x)lnx.(1)若函数g(x)f(x)axx2有两个极值点，求实数a的取值范围；(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)lnxaxx2(x0)，则g(
11、x)，由题意得方程x2ax10有两个不等的正实数根，设两根为x1，x2，则a2.即a的取值范围为(2，)(2)方程lnxm(x1)，即m，设h(x)(x0)，则h(x)，令(x)lnx(x0)，则(x)0，h(e2)0，h(x)单调递增；当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)max，即mh(x)max(mZ)，故m0，整数m的最大值为0.9已知函数f(x)x(a1)lnx(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).若a1，当x1，e时，f(x)0，则f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a.若1ae，当x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)lna1.若ae，当x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数，f(x)min
