2020年高考理科数学复习大题篇-导数的综合应用问题.docx

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1、2020年高考理科数学复习大题篇-导数的综合应用问题【归类解析】题型一证明不等式【解题指导】(1)证明f(x)g(x)的一般方法是证明h(x)f(x)g(x)0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)ming(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)对x111e2.【证明】(1)由题意得g(x)x1x(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数所以g(x)g

2、(1)1，得证(2)由f(x)1x1ex，得f(x)x2ex，所以当0x2时，f(x)2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)11e2(当且仅当x2时取等号)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln x)f(x)11e2.【训练】已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)sin x在(0，)上恒成立(1)【解】依题意得f(x)ln x1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)【证

3、明】依题意，要证f(x)sin x，即证xln xex1sin x，即证xln xexsin x1.当00，xln x0，故xln xexsin x1，即f(x)1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1，则h(x)ex1xsin x，当x1时，ex1xe11，所以h(x)ex1xsin x0，故h(x)在(1，)上单调递增故h(x)h(1)ecos 110，即g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)esin 110，即xln xexsin x1，即f(x)sin x.综上所述，f(x)0

4、，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a12，故12a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2【训练】已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围(1)证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)

5、ex2a.当2a1，即a12时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，当a12时满足条件当2a1，即a12时，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)【解】(1)f(x)2a2ln xx2，f(x)2a2x2x2a22x2x2(x

6、a)(xa)x，x0，a0，当0x0，当xa时，f(x)0.f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，)(2)由(1)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1)讨论函数f(x)的零点情况如下：当a2(2ln a1)0，即0ae时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；当a2(2ln a1)0，即ae时，函数f(x)在(0，)内有唯一零点a，而1ae0，即ae时，由于f(1)10，f(e2)2a2ln(e2)e44a2e4(2ae2)(2ae2)，当2ae20，即eae22时，1eae22e2，f(e2)e时，f(e2)0，而且f(e)2a212ea2e0，f(1)10，由

7、函数的单调性可知，无论ae2，还是ae2，f(x)在(1，e)内有唯一的零点，在(e，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点综上所述，当0ae时，函数f(x)在区间(1，e2)上无零点；当ae或ae22时，函数f(x)在区间(1，e2)上有一个零点；当ea0)，由f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln eee2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)x31xmx2x3(x0)，令g(x)0，得m13x3x(x0)设(x)13x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,

8、1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)23时，函数g(x)无零点；当m23时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)无零点；当m23或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点题型四根据函数零点情况求参数范围【解题指导】 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想【例】 已知函数f(x)1xxaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，【证明】：f(x1)f(x2)x1x22，令f(x)0，得xa24)

9、2或xa24)2.当xavs4alco1(0，f(ar(a24)2)avs4alco1(f(ar(a24)2)，)时，f(x)0.所以f(x)在avs4alco1(0，f(ar(a24)2)，avs4alco1(f(ar(a24)2)，)上单调递减，在avs4alco1(f(ar(a24ar(a242)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x11.由于f(x1)f(x2)x1x21x1x21aln x1ln x2x1x22aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2，所以f(x1)f

10、(x2)x1x2a2等价于1x2x22ln x20.设函数g(x)1xx2ln x，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1x2x22ln x20，即f(x1)f(x2)x1x20)，所以h(x)12x3x2(x3)(x1)x2.所以x在f(1e)，e)上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下：xavs4alco1(f(1e)，1)1(1，e)h(x)0h(x)极小值又havs4alco1(f(1e)1e3e2，h(1)4，h(e)3ee2.且h(e)havs4alco1(f(1e)42e2e0.所以h(x)minh(1)4，h(x)max

11、havs4alco1(f(1e)1e3e2，所以实数a的取值范围为40)，则F(x)1x1exxex1xx(x1)ex(x1)avs4alco1(f(1x)ex).令G(x)1xex，可知G(x)在(0，)上为减函数，且Gavs4alco1(f(12)2e0，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)0，F(x)为减函数F(x)F(x0)ln x0x01，又1x00，1x0，即ln x0x0，F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x)2已知函数f(x)ax2bxxln x的图象在(1，f(1)处的切线方程为3xy20.(1)求实数a，b的值；(2)设

12、g(x)x2x，若kZ，且k(x2)2恒成立，求k的最大值解(1)f(x)2axb1ln x，所以2ab13且ab1，解得a1，b0.(2)由(1)与题意知k2恒成立，设h(x)xxln xx2(x2)，则h(x)x42ln x(x2)2，令m(x)x42ln x(x2)，则m(x)12xx2x0，所以函数m(x)为(2，)上的增函数因为m(8)42ln 862ln e3660，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x042ln x00成立，故当2xx0时，m(x)0，即h(x)x0时，m(x)0，即h(x)0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所

13、以h(x)minh(x0)x0x0ln x0x02rc2)x02x02，所以kx02，因为x0(8,10)，所以x02(4,5)，又kZ，所以k的最大值为4.3已知函数f(x)axex(aR)，g(x)ln xx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a.由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，ln a)；由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则axln

14、 xx，即aln xx2.设h(x)ln xx2，则问题转化为aavs4alco1(f(ln xx2)max，由h(x)12ln xx3，令h(x)0，得xe.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，e)e(e，)h(x)0h(x)极大值12e由上表可知，当xe时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e，所以a12e.故a的取值范围是avs4alco1(，f(12e).4设函数f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR)若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x0)，易知当x(

15、0，)时，ln xx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)当2a10，即a12时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意当a0时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0，显然不合题意，a0舍去当0a12时，由ln xx1，得ln 1x1x1，即ln x11x，则f(x)2a(x1)avs4alco1(1f(1x)avs4alco1(f(x1x)(2ax1)，0a1.当x1，f(12a)时，f(x)0恒成立，f(x)在1，f(12a)上单调递减，当x1，f(12a)时，f(x)f(1)0，显然不合

16、题意，0a12舍去综上可得，af(12)，).5已知函数f(x)ln xax1ax1(aR)设g(x)x22bx4，当a14时，若x1(0,2)，总存在x21,2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在1,2上的最小值，即f(x)ming(x)min.当a14时，f(x)ln x14x34x1，所以f(x)1x1434x2(x1)(x3)4x2，则当0x1时，f(x)0，当1x0，所以当x(0,2)时，f(x)minf(1)12.又g(x)x22bx4，当b1时，可求得g(x)ming(1)52b，则52b12，解得b114，这与b2

17、时，可求得g(x)ming(2)84b，由84b12，得b178.综合得实数b的取值范围是f(178)，).6已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，则g(x)11x1xx0，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，设h(

18、x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.7已知函数f(x)axln x(aR)，试求f(x)的零点个数解f(x)(x)ln xx1xx)(ln x2)2x，令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0x2e时，f(x)min0，f(x)无零点，当a2e时，f(x)min0，f(x)有1个零点，当a2e时，f(x)min0，解得x1，令f(x)0，解得0x1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)F(x)f

19、(x)1xexe3，由(1)得x1，x2，满足0x11x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增，而F(1)0，x0时，F(x)，x时，F(x)，画出函数F(x)的草图，如图所示故F(x)在(0，)上的零点有3个9已知函数f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x，且方程f(x)g(x)在区间2，e上有两个不相等的解，求a的取值范围解由已知可得方程a2ln xx2在区间2，e上有两个不等解，令(x)2ln xx2，由(x)2(12ln x)x3易知，(x)在(2

20、，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则(x)max(e)1e，由于(e)2e2，(2)ln 22，(e)(2)2e2ln 224e2ln 22e2ln e4ln 2e22e2ln 81ln 272e20，所以(e)(2)所以(x)min(e)，如图可知(x)a有两个不相等的解时，需ln 22a0)(1)若g(x)m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)f(x)0有两个相异实根解(1)g(x)xe2x2e22e(x0)，当且仅当xe2x时取等号，当xe时，g(x)有最小值2e.要使g(x)m有零点，只需m2e.即当m2e，)时，g(x)m有零点(2)若g(x)f(x)

21、0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点如图，作出函数g(x)xe2x(x0)的大致图象f(x)x22exm1(xe)2m1e2，其对称轴为xe，f(x)maxm1e2.若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m1e22e，即当me22e1时，g(x)f(x)0有两个相异实根m的取值范围是(e22e1，)11已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且ba2(

22、b2)a(b1)2aavs4alco1(b2f(32)b)0，故f(x)存在两个零点设a0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22

23、.12已知函数f(x)(3a)x2ln xa3在avs4alco1(0，f(14)上无零点，求实数a的取值范围解当x从0的右侧趋近于0时，f(x)，所以f(x)0恒成立，即只需当xavs4alco1(0，f(14)时，a32ln xx1恒成立令h(x)32ln xx1，xavs4alco1(0，f(14)，则h(x)2x(x1)2，再令m(x)2ln x2x2，xavs4alco1(0，f(14)，则m(x)2(1x)x2mavs4alco1(f(14)64ln 20，所以h(x)0在avs4alco1(0，f(14)上恒成立，所以h(x)在avs4alco1(0，f(14)上为增函数，所以h(x)havs4alco1(f(14)在avs4alco1(0，f(14)上恒成立又havs4alco1(f(14)3163ln 2，所以a3163ln 2，故实数a的取值范围是3f(163)ln 2，).13