浙江省20届高考数学一轮 第4章 4.2 第3课时 导数与函数的综合问题

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1、第 3 课时 导数与函数的综合问题题型一 利用导数解或证明不等式1已知 f(x)是定义在(0，) 上的可导函数，f (1)0，且对于其导函数 f(x) 恒有 f(x)f(x )0，则使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是( )A B(0,1)C(1，) D(0,1)(1 ，)答案 B解析 令 g(x)f(x)e x，由 x0 时，f(x)f( x)0 恒成立，则 g(x) f(x)e xf(x )ex0，故 g(x)f(x)e x在(0，)上单调递减，又 f(1)0，所以 g(1)0.当 x1 时，f(x)e x0，得 f(x)0；当 0x1 时，f( x)ex0，得 f(x)0，故选 B

2、.2设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， f(2)0，当 x0 时，有 0 的解集是( )A(2,0) (2，) B( 2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2) (0,2)答案 D解析 当 x0 时， 0，此时 x2f(x)0.又 f(x)为奇函数，h(x )x 2f(x)也为奇函数故 x2f(x)0 的解集为(， 2)(0,2)3已知函数 f(x)1 ，g(x)xln x .x 1ex(1)证明：g(x) 1；(2)证明：(xln x )f(x)1 .1e2证明 (1)由题意得 g(x ) (x0)，x 1x当 01 时，g(x )0，即 g(x)在(0,1)上为减函数，在(1 ，

3、) 上为增函数所以 g(x)g(1)1，得证(2)由 f(x)1 ，x 1ex得 f(x ) ，x 2ex所以当 02 时， f(x)0，即 f(x)在(0,2)上 为减函数，在(2， )上为增函数，所以 f(x)f(2)1 ，1e2当且仅当 x2 时取等号又由(1)知 xln x 1，当且仅当 x1 时取等号因为等号不同时取得，所以(x ln x)f(x)1 .1e2思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含 f(x )的不等式，可得到和 f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数 单调性解不等式(2)利用导数证明不等式的方法证明 f(x)0， f(x)单调递增；当 x(1 ， )时，

4、f(x )0，所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)ming(1)2，故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：存在 x01，e，使不等式 f(x0) 成立，求实数 k 的取值范围kx0 1解 当 x1 ，e时，k 有解，x 11 ln xx令 g(x) (x1，e)，x 11 ln xx由本例(2)知，g( x)为单调增函数，所以 g(x)maxg(e)2 ，2e所以 k2 ，即 实数 k 的取值范围是 .2e ( ，2 2e思维升华 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围(

5、2)也可分离变量，构造函数，直接把 问题转化为函数的最值问题跟踪训练 1 已知函数 f(x)axln x，x1，e，若 f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围解 f(x) 0，即 axln x 0 对 x1 ，e恒成立，a ，x1，eln xx令 g(x) ，x1，e，ln xx则 g(x) ，ln x 1x2x1 ，e， g(x )0，g(x)在1，e上单调递减，g(x) ming(e) ，1ea .1e实数 a 的取值范围是 .( ， 1e题型三 利用导数研究函数的零点问题例 2 已知函数 f(x)xln x，g(x) x 2ax3.(1)对一切 x(0，)，2f( x)g(x)恒成立

6、，求实数 a 的取值范围；(2)探讨函数 F(x)ln x 是否存在零点？若存在，求出函数 F(x)的零点；若不存在，1ex 2ex请说明理由解 (1)由对一切 x(0，)，2f (x)g(x)恒成立，即有 2xln xx 2ax 3.即 a2ln xx 恒成立，3x令 h(x)2ln xx ，3x则 h(x) 1 ，2x 3x2 x2 2x 3x2 x 3x 1x2当 x1 时，h(x )0，h(x)是增函数，当 00 ，m(x)单调递增，(1e， )m(x)的最小值为 m ，(1e) 2e则 2xln x ，2eln x ，1ex令 F(x)ln x 0，1ex 2ex则 F(x)ln x

7、 1ex 2ex 1ex 1ex 2ex ，1x(1e xex)令 G(x) ，则 G(x ) ，1e xex x 1ex当 x(0,1)时，G(x)0 ，G(x)单调递增G(x)G(1)0.F(x) ln x 1ex 2ex 1ex 1ex 2ex 0，1x(1e xex)中取等号的条件不同，F(x)0，故函数 F(x)没有零点方法二 令 F(x)0，则 ln x 0，1ex 2ex即 xln x (x0)，xex 2e易求 f(x)xln x(x0)的最小值为 f .(1e) 1e设 (x) (x0)，xex 2e则 (x) ，得 (x)在(0,1)上单调递增，1 xex在(1，) 上单调

8、递 减，(x) max (1) ，1e对任意 x(0，)，有 xln x ，xex 2e即 F(x)0 恒成立，函数 F(x)无零点思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点) 的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数跟踪训练 2 (2018浙江金华名校统练) 已知函数 f(x)ln x ，aR 且 a0.1ax 1a(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 x 时，试判断函数 g(x)(ln x 1)e xxm 的零点个数1e，e解 (1)f(x

9、) (x0)，ax 1ax2当 a0 恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递增，当 a0 时，由 f(x ) 0，得 x ，ax 1ax2 1a由 f(x ) 0 时，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递 减(1a， ) (0，1a)(2)当 x 时，函数 g(x)(ln x1)e xxm 的零点，1e，e即当 x 时，方程(ln x1)e xx m 的根1e，e令 h(x)(ln x1)e xx ，则 h(x) ex1.(1x ln x 1)由(1)知当 a1 时， f(x)ln x 1 在 上单调递减，在(1，e) 上单调递增，1x (1e，1)当 x 时，f( x)f(1)0.1

10、e，e ln x1 0 在 x 上恒成立1x 1e，eh(x ) ex1010，(1x ln x 1)h(x)(ln x1)e xx 在 x 上单调递增1e，eh(x) minh ，h(x)maxe.(1e) 1e21e当 me 时，函数 g(x)在 上没有零点，1e1e 1e，e当 me 时，函数 g(x)在 上有一个零点121e 1e，e1已知函数 f(x)的定义域为1,4 ，部分对应值如下表：x 1 0 2 3 4f(x) 1 2 0 2 0f(x)的导函数 yf( x)的图象如图所示当 10(其中 f(x) 是函数 f(x)( 2，2)的导函数)，则下列不等式成立的是 ( )A. f

11、2f Df (0) f(3) 2(4)答案 A解析 令 h(x) ，fxcos x则 h(x) 0，x ，f xcos x fxsin xcos2x ( 2，2)函数 h(x)是 上的增函数，( 2，2)h 0，g(x)单调递增，当 x(1，)时 ，g(x)0，得 x2，由 f( x)0，即|AB|的最小 值是 42ln 2，故选 C.6已知 f(x) x2 c (b，c 是常数)和 g(x) x 是定义在 Mx|1x4上的函数，对12 bx 14 1x于任意的 xM，存在 x0M 使得 f(x)f(x 0)，g( x)g(x 0)，且 f(x0)g(x 0)，则 f(x)在 M 上的最大值为

12、( )A. B5 C6 D872答案 B解析 因为当 x1,4时，g(x) x 2 1( 当且仅当 x2 时等号成立)，14 1x 14所以 f(2)2 c g(2)1，b2所以 c1 ，所以 f(x) x2 1 ，b2 12 bx b2所以 f(x) x .bx2 x3 bx2因为 f(x)在 x2 处有最小值，且 x1,4，所以 f(2)0，即 b8，所以 c5，经检验 ，b8，c5 符合题意所以 f(x) x2 5，f( x) ，12 8x x3 8x2所以 f(x)在1,2) 上单调递减，在(2,4上单调递增，而 f(1) 85 ，f(4)8255，12 72所以函数 f(x)在 M

13、上的最大值为 5，故 选 B.7已知函数 f(x)x1(e1)ln x，其中 e 为自然对数的底数，则满足 f(ex)0，g(x)单调递增又 g(x)有 0 和 1 两个零点，所以 f(ex)0.即 kx22x 对任意 x(0,2) 恒成立，从而 k0，因此由原不等式，得 k0，函数 f(x)在(1,2)上单调递增，当 x(0,1)时，f(x)0，则实数 a 的取值范围是_答案 (，2)解析 当 a0 时，f(x)3x 21 有两个零点，不合题意，故 a0，f ( x)3ax 26x3x (ax2)，令 f(x )0，得 x10，x 2 .2a若 a0，由三次函数 图象知 f(x)有负数零点，

14、不合题意，故 a0 知，f 0，(2a)即 a 33 210 ，化简得 a240，(2a) (2a)又 axf( x)在(0，) 上恒成立，则函数 g(x)xf( x)lg|x1|的零点个数为 _答案 3解析 定义在 R 上的奇函数 f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，f( x)f(x)，当 x0 时，f(x) xf(x)，即 f(x)xf(x)0，xf(x)0，即 h(x)xf (x)在 x0 时是增函数，又 h(x) xf( x )xf (x)，h(x)xf(x)是偶函数，当 x1 时，判断 f(x)在0,2m 上零点的个数，并说明理由解 (1)由题意，可知 f( x)e xm 1，

15、令 f(x )0，得 xm.故当 x(， m)时，e xm 1，f(x)0，f (x)单调递增故当 xm 时，f( m)为极小值也 为最小值令 f(m)1m 0，得 m1，即对任意 xR， f(x)0 恒成立时，m 的取值范围是(，1(2)f(x)在0,2 m上有两个零点，理由如下：当 m1 时，f( m)1m0，f(0)f(m)1，则 g(m) e m2，当 m1 时，g(m)e m20，g(m)在(1 ，)上单调递增g(m)e20，即 f(2m)0.f(m)f(2m)0，g(x)e xx 22 单调递增，所以 g(x)mine 1，g(x) maxe 22.所以 me1 且 m22e 22

16、，所以Error! 或Error!所以 eme1 或 me.14已知函数 f(x)3ln x x22x3ln 3 ，则方程 f(x)0 的解的个数是_12 32答案 1解析 因为 f(x)3ln x x22x3ln 3 ，12 32所以 f(x) x23x x2 2x 3x ，x0， x 3x 1x当 x(0,3)时，f(x)0， f(x)单调递增，当 x(3 ， )时，f(x ) ，(k 12)2 14 m2 3m2 14解得 m2 或 m2.(1)解 f(x) ex2 a.当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在 R 上单调递增当 a0 时，由 f(x )e x2 a0，得 x2ln a

17、.若 x2ln a，则 f(x )0，函数 f(x)在(2 ln a， )上单调递增；若 x0 时，f( x)在 x2ln a 处取得极小值，所以 f(2ln a)e ln aa(2ln a) ，1e所以 a 的取值范围为 .(1e， )证明 由 ex2 ax0，得 x2ln(ax)ln aln x，即 x2ln xln a.所以 x12ln x1x 22ln x 2ln a.令 g(x)x2 ln x(x0)，则 g( x)1 .1x当 x1 时，g(x )0；当 02，只需证 x22x 11.因为 g(x)在(1，)上单调递增，所以只需证 g(x2)g(2x 1)因为 g(x1)g(x 2)，所以只需证 g(x1)g(2x 1)，即证 g(x1)g(2x 1)0.令 h(x)g(x) g(2x)x2ln x2x2ln(2x)2x2ln xln(2x )，则 h(x) 2 .(1x 12 x)因为 x(2x) 2，当且 仅当 x1 时 等号成立，所以当 0h(1)0，即 g(x1)g(2 x 1)0，所以 x1x 22 得证