2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题05：函数与导数的综合应用（含解析）

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1、专题 05 函数与导数的综合运用【自主热身，归纳提炼】1、函数 f(x) ax3 ax22 ax2 a1 的图像经过四个象限的充要条件是_13 12【答案】 0)和 y x3(x0)均相切，切点分别为 A(x1， y1)和B(x2， y2)，则 的值为_x1x23、已知点 A(0,1)，曲线 C： ylog ax恒过点 B，若 P是曲线 C上的动点，且 的最小值为 2，则实数AB AP a_.【答案】e 根据条件，要求 的最小值，首先要将它表示成点 P(x，log ax)的横坐标 x的函数，然后再思 路 分 析 AB AP 利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值点 A(0,1

2、)， B(1,0)，设 P(x，log ax)，则 (1，1)( x，log ax1) xlog ax1.依题 f(x)AB AP xlog ax1 在(0，)上有最小值 2且 f(1)2，所以 x1 是 f(x)的极值点，即最小值点 f( x)1 .若 00， f(x)单调递增，在(0，)无最小值，所以 a1.设 f( x)1xlna xlna 1xlna0，则 xlog ae，当 x(0，log ae)时， f( x)0，从而当且仅当xlog ae时， f(x)取最小值，所以 logae1， ae.本题的关键在于要能观察出 f(x) xlog ax12 的根为 1，然后利用函数的极小值点为

3、 x1解 后 反 思来求出 a的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯4、 已知函数 f(x) x1(e1)ln x，其中 e为自然对数的底，则满足 f(ex)0 的 x的取值范围为_【答案】(0,1) 注意到条件 f(ex)0两个情况进行讨论，得到函数在0，)上的单调性，结合函数单调性得到 a2，从而解出 a的取值范围23先讨论函数在0，)上的单调性当 a0 时， f(x) x3 ax2， f( x)3 x22 ax0 在0，)上恒成立，所以 f(x)在0，)上单调递增，则也在0,2上单调递增，成立；当 a0时， f(x)Error!当0 x a时

4、， f( x)2 ax3 x2，令 f( x)0，则 x0 或 x a，则 f(x)在 上单调递增，在23 0， 23a)上单调递减；当 xa时， f( x)3 x22 ax x(3x2 a)0，所以 f(x)在( a，)上单调递增，(23a， a)所以当 a0时， f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，在( a，)上单调递增要使函数在0，23a) (23a， a)区间0,2上单调递增，则必有 a2，解得 a3.综上，实数 a的取值范围是(，03，)23【关联 1】 、若函数 f(x) (aR)在区间1,2上单调递增，则实数 a的取值范围是_|ex2 aex|【答案】： e22， e22【解

5、析】：【思路分析】 本题所给函数含有绝对值符号，可以转化为 g(x) 的值域和单调性来研ex2 aex究，根据图像的对称性可得 g(x) 只有单调递增和单调递减这两种情况ex2 aex设 g(x) ，因为 f(x)| g(x)|在区间1,2上单调递增，所以 g(x)有两种情况：ex2 aex g(x)0 且 g(x)在区间1,2上单调递减又 g( x) ，所以 g( x) 0 在区间1,2上恒成立，且 g(1)0. ex 2 2a2ex ex 2 2a2ex所以Error! 无解 g(x)0 且 g(x)在区间1,2上单调递增，即 g( x) 0 在区间1,2上恒成立，且 g(1) ex 2

6、2a2ex0，所以Error! 解得 a .e22， e22综上，实数 a的取值范围为 .e22， e22【关联 2】 、若函数 f(x)(x1) 2|xa|在区间1，2上单调递增，则实数 a的取值范围是_【答案】： (，1 72， )由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导思 路 分 析数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数 f(x)的图像进行求解 函数 f(x)(x1) 2|xa|(x1) 2(xa) |x 3(2a)x 2(12a)xa|.令 g(x)x 3(2a)x 2(12a)xa，则g(x)3x 2(42a)x12a(x1)(

7、3x12a)令 g(x)0 得 x11，x 2 .2a 13当 0，即(x1)(3x12a)0，解得 x1；令 g(x)1，即 a1 时，2a 13令 g(x)0，即(x1)(3x12a)0，解得 x ；令 g(x)1，故 a (此种情况函数 f(x)图像如图 3)72综上，实数 a的取值范围是(，1 .72， )9、 已知函数 f(x)Error!若对于 tR， f(t) kt恒成立，则实数 k的取值范围是_【答案】： ，1 【思路分析】 本题条件“ tR， f(t) kt”的几何意义是：在(，)上，1e函数 y f(t)的图像恒在直线 y kt的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本

8、问题令 y x32 x2 x， x0，即( x1)(3 x1)0，解得x1.又因为 x0)，则 g(x)的最大值为 ，由根号内的结构联想到勾股定理，从而构造ABC 满x（ a x2 1 x2）|a 1| 23足 AB ，AC1，ADBC，ADx，则 BD ，DC ，则 SABC BCAD x( a a x2 1 x212 12 a x2) ABACsinBAC ABAC ，当且仅当BAC 时，ABC 的面积最大，且最大值为1 x212 12 12a 2 12.从而 g(x) SABC ，所以 ，解得 a4 或 a .ax（ a x2 1 x2）|a 1| 2|a 1| a|a 1| a|a 1

9、| 23 14解法 2(导数法，理科) 由题意得函数 f(x)为奇函数因为函数 f(x) ，所以xa x2 1 x2f(x)（ a x2 1 x2） x( 2x2a x2 2x21 x2)（ a x2 1 x2） 2 ，a x21 x2 x2（ a x2 1 x2） a x21 x2a1.令 f(x)0，得 x2 ，则 x2 .a x21 x2aa 1因 为函数 f(x)的最小值为 ，且 a0.23由 x 20，得 a(a1)x 20.a x21 x2当 00 得 xf ，所以 f(x)minf ，解得 a .aa1 a ( aa 1) aa 1 ( aa 1) aa 1 23 14当 a1时

10、， 0，函数 f(x)的定义域为1，1，由 f(x)0 得 0)，则 g(x)的最大值为 ，设向量 a( ， )， b( ， )， a与x（ a x2 1 x2）|a 1| 23 a x2 x2 x2 1 x2b的夹角为 ，则有 ab| a|b|cos | a|b|，即( ， )( ， ) ，a x2 x2 x2 1 x2 （ a x2） x2 x2 （ 1 x2）亦即 ，亦即 x( ) ，a x2 x2 x2 1 x2 a a x2 1 x2 a当且仅当 a与 b同向时等号成立，即 0，亦即 x2 时，取等号a x2 1 x2 x2 x2aa 1即 x( )的最大值为 ，从而 g(x)的最大

11、值为 ，即有 ，解得 a4 或 a .a x2 1 x2 aa|a 1| a|a 1| 23 141. 最值的求法通常有如下的方法： 解 后 反 思(2)解法 1(根的分布) 当 x01 时，则 f(x0)0，又 b3a，设 tf(x 0)，则题意可转化为方程 axct(t0) 在(0，)上有相异两实根 x1，x 2, (6分)3 ax即关于 x的方程 ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相异两实根 x1，x 2.则 x1，2 ，所以c t（ c t） 2 4a（ 3 a）2a得 0 a 3， （ c t） 2 4a（ 3 a） 0，x1 x2 c ta 0，x1x2 3 aa 0

12、， ) 0 a 3，（ c t） 2 4a（ 3 a） ，c t 0. )所以 c2 t 对任意 t(0，)恒成立a（ 3 a）因为 0a3，所以 2 2 3(当且仅当 a 时取等号)a（ 3 a）a 3 a2 32又t0，所以 2 t 的取值范围是(，3)，所以 c3.a（ 3 a）故 c的最小值为 3.(10分)解法 2(图像法) 由 b3a ，且 0 a3，得 g(x) a 0，得 x 或3 ax2 ax2 （ 3 a）x2 3 aax (舍)，则函数 g(x)在 上单调递减；在 上单调递增3 aa (0， 3 aa ) (3 aa， )又对任意 x01，f(x 0)为(0，)上的任意一

13、个值，若存在不相等的正实数 x1，x 2，使得 g(x1)g(x 2)f(x 0)，则 g(x)的最小值小于或等于 0. 即 g 2 c0，(6 分)(3 aa ) a（ 3 a）即 c2 对任意 a(0，3)恒成立a（ 3 a）又 2 a(3a)3，所以 c3.a（ 3 a）当 c3 时，对任意 a(0，3)，x 0(1，)，方程 g(x)f(x 0)0 化为 ax 3f(x 0)0，即3 axax23f(x 0)x(3a)0 (*)关于 x的方程(*)的 3f(x 0)24a(3a)3f(x 0)24 3f(x 0)29，(a 3 a2 )2 因为 x01，所以 f(x0) lnx00，所

14、以 0，所以方程(*)有两个不相等的实数解 x1，x 2，又 x1x 20，x 1x2 0，所以 x1，x 2为两个相异正实数解，符合题意所以 c的最小值为 3. f（ x0） 3a 3 aa解法 3(图像法) 当 x01 时，可知 f(x0)0，又 b3a，设 tf(x 0)，则 t0.令 h(x)ax ct(x0，t0)，同解法 2可知 h(x)在 上单调递减；在 上3 ax (0， 3 aa ) (3 aa， )单调递增当 c2 时，若 0t2 c，则 x0 时，h(x)a（ 3 a） a（ 3 a）ax ct2 ct0，所以 h(x)在(0，)上没有零点，不符合题意3 ax a（ 3

15、a）当 c2 时，h 2 ctt0.a（ 3 a） (3 aa ) a（ 3 a）因为 2 c， ct，所以 0 ，所以当 0m 时，a（ 3 a） a（ 3 a） a（ 3 a）3 ac t 3 aa 3 ac tct，所以 h(m)am ct ct0，3 am 3 am 3 am又 h(x)在 上单调递减，并且连续，则 h(x)在(m， )上恰有一个零点，所以存在 x1(0，(0， 3 aa ) 3 aa)，使得 h(x1)0，即 g(x1)t.3 aa因为 ctc ，所以 ，所以当 n 时，h(n)a（ 3 a）c ta 3 aa c taan ctanct0，3 an又 h(x)在 上

16、单调递增，并且连续，则 h(x)在 上恰有一个零点，所以存在 x2(3 aa， ) (3 aa， n)，使得 h(x2) 0，即 g(x2)t.(3 aa， )所以当 c2 时，对任意 x0(1，)和任意 a(0，3)，总存在不相等的正实数 x1，x 2，使a（ 3 a）得 g(x1)g(x 2)f(x 0)即 c2 对任意 a(0，3)恒成立a（ 3 a）又 2 a(3a)3，当且仅当 a 时取等号，所以 c3.a（ 3 a）32故 c的最小值为 3.(3)当 a1 时，因为函数 f(x)与 g(x)的图像交于 A，B 两点，所以 两式相减，得lnx1 x1 bx1 c，lnx2 x2 bx

17、2 c， )bx 1x2(1 )lnx2 lnx1x2 x1要证明 x1x2x 21，此时即证 1 0，所以当 t1时，函数 (t)单调递增1t 1t 1t2 t 1t2又 (1)0，所以 (t) lnt 10，即 1 1时，函数 m(t)单调递减1t 1 tt又 m(1)0，所以 m(t) lntt10，所以 f(x)的单调递减区间是(，0)和0， ln2，单调递增区间是 ln2，)(5 分)(2) 当 x0时，f(x) exax，此时xf( lna)，且 f(lna) 存在唯一的整数 x0成立，ex（ 3x 2）x 2因为 F 9e 最小，且 F(3)7e 3， F(4)5e 4，所以当

18、a5e4时，至少有两个整数成立，当 a7e 3时，(83) 83没有整数成立，所以 a(7e 3，5e 4综上， a (7e 3，5e 453e， 1)【关联 2】 、已知函数 f(x) ，其中 a为常数lnx（ x a） 2(1) 若 a0，求函数 f(x)的极值；(2) 若函数 f(x)在(0，a)上单调递增，求实数 a的取值范围；(3) 若 a1，设函数 f(x)在(0，1)上的极值点为 x0，求证：f(x 0)a e ，则 g(x)2 lnx1 e ，即 a0，所以 g(x)2x lnxx 单调递增，12所以当 x e 时，g(x) ming( e )2 e lne e 2 e ，所以

19、 a2 e .12 12 12 12 12 12 12综上，实数 a的取值范围是(， 2e 12(3) 当 a1 时，f(x) ，f(x) .lnx（ x 1） 2 x 1 2xlnxx（ x 1） 3令 h(x)x12x lnx，x(0，1)，则 h(x)12( lnx1)2 lnx1，令 h(x)0，得 x e .12当 e x0，(12) 12 12 12 4eh(e2 ) e2 12 e2 lne2 10，所以 f(x) 单调递增；lnx（ x 1） 2当 x00)，ax x ax当 a0 时， f( x)1 0，所以 f(x)在(0，)上是增函数；ax x ax当 a0时，x (0，

20、 a) a (a，)f( x) 0 f(x) 极小值 所以 f(x)的增区间是( a，)，减区间是(0， a)综上所述， 当 a0 时， f(x)的单调递增区间是(0，)；当 a0时， f(x)的单调递增区间是( a，)，单调递减区间是(0， a)(2) 由题意得 f(x)min0.当 a0 时，由(1)知 f(x)在(0，)上是增函数，当 x0 时， f(x)，故不合题意；(6 分)当 a0时，由(1)知 f(x)min f(a) a1 alna0.令 g(a) a1 alna，则由 g( a)ln a0，得a1，a (0,1) 1 (1，)g( a) 0 g(a) 极大值 所以 g(a)

21、a1 alna0，又 f(x)min f(a) a1 alna0，所以 a1 alna0，所以 a1，即实数 a的取值集合是1(10 分)(3) 要证不等式 1 nf(1)，即 x1ln x0，所以 lnx0，1x x 1x2所以 (x)在(1,2上递增，故 (x) (1)，即 lnx 10，所以 1 1”，接下来的问题就是求 h(x)在0,1上的最大值和最小值对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想(3) 若存在 x1， x20,1，使| h(x1) h(x2)|1成立，则等价转化为 h(x)在0,1上的最大值 h(x)max和最小值 h(x)min满足 h(x)ma

22、x h(x)min1.解法 1 h(x)| g(x)|f(x)Error!当 x b时，有 h( x)( x b1)e x0；当 x0；当 b11，得(1 b)e b1，解得 b0，即 b ，此时 h(0)h(1)；ee 1若 b1，得(1 b)e1，解得 b1不成立综上， b的取值范围为， .e 1e解法 2 h(x)| g(x)|f(x)| x b|ex|( x b)ex|，令 (x)( x b)ex，则 h(x)| (x)|.先研究函数 (x)( x b)ex， ( x)( x b1)e x.因为 b0，因此 (x)在0,1上是增函数所以 (x)min (0) b， (x)max (1)(1 b)e0.若 (0) b0，即 b0 时， h(x)min (0) b， h(x)max (1)(1 b)e，则由 h(x)max h(x)min1，即(1 b)e b1，解得 b1，即(1 b)e1，解得 b1，得 b1，与 b1不成立综上， b的取值范围为， .e 1e