（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題講義（含解析）.docx

《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題講義（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第3課時(shí)）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題講義（含解析）.docx（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問(wèn)題題型一利用導(dǎo)數(shù)解或證明不等式1已知f(x)是定義在(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(1)0，且對(duì)于其導(dǎo)函數(shù)f(x)恒有f(x)f(x)0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是()AB(0,1)C(1，) D(0,1)(1，)答案B解析令g(x)f(x)ex，由x0時(shí)，f(x)f(x)0恒成立，則g(x)f(x)exf(x)ex0，故g(x)f(x)ex在(0，)上單調(diào)遞減，又f(1)0，所以g(1)0.當(dāng)x1時(shí)，f(x)ex0，得f(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，f(x)ex0，得f(x)0，故選B.2設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)0，當(dāng)x0時(shí)，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解析當(dāng)x0時(shí)，0，(x)在(0，)上為減函數(shù)，又(2)0，當(dāng)且僅當(dāng)0x0，此時(shí)x2f(x)0.又f(x)為奇函數(shù)，h(x)x2f(x)也為奇函數(shù)故x2f(x)0的解集為(，2)(0,2)3已知函數(shù)f(x)1，g(x)xlnx.(1)證明：g(x)1；(2)證明：(xlnx)f(x)1.證明(1)由題意得g(x)(x0)，當(dāng)0x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，即g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，)上為增函數(shù)所以g(x)g(1)1，得證(2)由f(x)1，得f(x)，所以當(dāng)0x2時(shí)，f(x)2時(shí)，f(x)0，即f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)，所以f(x)f(2)1，當(dāng)且僅當(dāng)x2時(shí)取等號(hào)又由(1)知xlnx1，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)因?yàn)榈忍?hào)不同時(shí)取得，所以(xlnx)f(x)1.思維升華(1)利用導(dǎo)數(shù)解不等式的思路已知一個(gè)含f(x)的不等式，可得到和f(x)有關(guān)的函數(shù)的單調(diào)性，然后可利用函數(shù)單調(diào)性解不等式(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法證明f(x)g(x)，x(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)0，由減函數(shù)的定義可知，當(dāng)x(a，b)時(shí)，有F(x)0，即證明了f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減所以x1為極大值點(diǎn)，所以0a1a，故a0，所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)ming(1)2，故k2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(，2引申探究本例(2)中若改為：存在x01，e，使不等式f(x0)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍解當(dāng)x1，e時(shí)，k有解，令g(x)(x1，e)，由本例(2)知，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是.思維升華利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立或有解問(wèn)題的策略(1)首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值，得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍(2)也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)axlnx，x1，e，若f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解f(x)0，即axlnx0對(duì)x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，e，則g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上單調(diào)遞減，g(x)ming(e)，a.實(shí)數(shù)a的取值范圍是.題型三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題例2已知函數(shù)f(x)xlnx，g(x)x2ax3.(1)對(duì)一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)探討函數(shù)F(x)lnx是否存在零點(diǎn)？若存在，求出函數(shù)F(x)的零點(diǎn)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解(1)由對(duì)一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，即有2xlnxx2ax3.即a2lnxx恒成立，令h(x)2lnxx，則h(x)1，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0，h(x)是增函數(shù)，當(dāng)0x1時(shí)，h(x)0，h(x)是減函數(shù)，ah(x)minh(1)4.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，4(2)方法一令m(x)2xlnx，則m(x)2(1lnx)，當(dāng)x時(shí)，m(x)0，m(x)單調(diào)遞增，m(x)的最小值為m，則2xlnx，lnx，令F(x)lnx0，則F(x)lnx，令G(x)，則G(x)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，G(x)0，G(x)單調(diào)遞增G(x)G(1)0.F(x)lnx0，中取等號(hào)的條件不同，F(xiàn)(x)0，故函數(shù)F(x)沒(méi)有零點(diǎn)方法二令F(x)0，則lnx0，即xlnx(x0)，易求f(x)xlnx(x0)的最小值為f.設(shè)(x)(x0)，則(x)，得(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，(x)max(1)，對(duì)任意x(0，)，有xlnx，即F(x)0恒成立，函數(shù)F(x)無(wú)零點(diǎn)思維升華利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點(diǎn))的策略研究方程的根或曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，可構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題可利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢(shì)等，從而畫出函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)跟蹤訓(xùn)練2(2018浙江金華名校統(tǒng)練)已知函數(shù)f(x)lnx，aR且a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x時(shí)，試判斷函數(shù)g(x)(lnx1)exxm的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解(1)f(x)(x0)，當(dāng)a0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)當(dāng)x時(shí)，函數(shù)g(x)(lnx1)exxm的零點(diǎn)，即當(dāng)x時(shí)，方程(lnx1)exxm的根令h(x)(lnx1)exx，則h(x)ex1.由(1)知當(dāng)a1時(shí)，f(x)lnx1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)f(1)0.lnx10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(lnx1)exx在x上單調(diào)遞增h(x)minh，h(x)maxe.當(dāng)me時(shí)，函數(shù)g(x)在上沒(méi)有零點(diǎn)，當(dāng)me時(shí)，函數(shù)g(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)1已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?,4，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示當(dāng)1a2時(shí)，函數(shù)yf(x)a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A1B2C3D4答案D解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知，2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示由于f(0)f(3)2,1a0(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是()A.ffB.f2fDf(0)f答案A解析令h(x)，則h(x)0，x，函數(shù)h(x)是上的增函數(shù)，hh，即f0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0，得x2，由f(x)0，得1x0，即|AB|的最小值是42ln2，故選C.6已知f(x)x2c(b，c是常數(shù))和g(x)x是定義在Mx|1x4上的函數(shù)，對(duì)于任意的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，則f(x)在M上的最大值為()A.B5C6D8答案B解析因?yàn)楫?dāng)x1,4時(shí)，g(x)x21(當(dāng)且僅當(dāng)x2時(shí)等號(hào)成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因?yàn)閒(x)在x2處有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，經(jīng)檢驗(yàn)，b8，c5符合題意所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4上單調(diào)遞增，而f(1)85，f(4)8255，所以函數(shù)f(x)在M上的最大值為5，故選B.7已知函數(shù)f(x)x1(e1)lnx，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則滿足f(ex)0的x的取值范圍為_答案(0,1)解析令g(x)f(ex)ex1(e1)x，則g(x)ex(e1)，當(dāng)xln(e1)時(shí)，g(x)0.當(dāng)x(，ln(e1)時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增又g(x)有0和1兩個(gè)零點(diǎn)，所以f(ex)0的x的取值范圍為(0,1)8已知x(0,2)，若關(guān)于x的不等式0.即kx22x對(duì)任意x(0,2)恒成立，從而k0，因此由原不等式，得k0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案(，2)解析當(dāng)a0時(shí)，f(x)3x21有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不合題意，故a0知，f0，即a33210，化簡(jiǎn)得a240，又a0，所以axf(x)在(0，)上恒成立，則函數(shù)g(x)xf(x)lg|x1|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_答案3解析定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0，xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0時(shí)是增函數(shù)，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x1時(shí)，判斷f(x)在0,2m上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由解(1)由題意，可知f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故當(dāng)x(，m)時(shí)，exm1，f(x)1，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增故當(dāng)xm時(shí)，f(m)為極小值也為最小值令f(m)1m0，得m1，即對(duì)任意xR，f(x)0恒成立時(shí)，m的取值范圍是(，1(2)f(x)在0,2m上有兩個(gè)零點(diǎn)，理由如下：當(dāng)m1時(shí)，f(m)1m0，f(0)f(m)1，則g(m)em2，當(dāng)m1時(shí)，g(m)em20，g(m)在(1，)上單調(diào)遞增g(m)e20，即f(2m)0.f(m)f(2m)0，g(x)exx22單調(diào)遞增，所以g(x)mine1，g(x)maxe22.所以me1且m22e22，所以或所以eme1或me.14已知函數(shù)f(x)3lnxx22x3ln3，則方程f(x)0的解的個(gè)數(shù)是_答案1解析因?yàn)閒(x)3lnxx22x3ln3，所以f(x)x2，x0，當(dāng)x(0,3)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(3，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x0時(shí)，f(x)，當(dāng)x時(shí)，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln363ln30，所以方程f(x)0只有一個(gè)解15設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足xf(x0)2m2，則m的取值范圍是_答案(，2)(2，)解析方法一f(x)cos.由f(x0)0，得x0mk，kZ，22m2，kZ，即m223m2，kZ，m0，2，解得m2或m2.方法二f(x0)且k，kZ，x0mk，kZ，由xf(x0)2m2有解x0，得23m2，解得m2或m2.16(2018浙江第二次聯(lián)盟校聯(lián)考)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)ex2ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2(x12.(1)解f(x)ex2a.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增當(dāng)a0時(shí)，由f(x)ex2a0，得x2lna.若x2lna，則f(x)0，函數(shù)f(x)在(2lna，)上單調(diào)遞增；若x2lna，則f(x)0時(shí)，f(x)在x2lna處取得極小值，所以f(2lna)elnaa(2lna)，所以a的取值范圍為.證明由ex2ax0，得x2ln(ax)lnalnx，即x2lnxlna.所以x12lnx1x22lnx2lna.令g(x)x2lnx(x0)，則g(x)1.當(dāng)x1時(shí)，g(x)0；當(dāng)0x1，時(shí)，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以0x112，只需證x22x11.因?yàn)間(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以只需證g(x2)g(2x1)因?yàn)間(x1)g(x2)，所以只需證g(x1)g(2x1)，即證g(x1)g(2x1)0.令h(x)g(x)g(2x)x2lnx2x2ln(2x)2x2lnxln(2x)，則h(x)2.因?yàn)閤(2x)2，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)0x1時(shí)，h(x)h(1)0，即g(x1)g(2x1)0，所以x1x22得證