（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第19練 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用試題 理.docx

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第19練　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 [明晰考情]　1.命題角度：函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點(diǎn)，常以指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問(wèn)題. 2.題目難度：偏難題. 考點(diǎn)一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根) 方法技巧　求解函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個(gè)數(shù)問(wèn)題的基本思路：(1)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問(wèn)題；(2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象；(3)結(jié)合圖象求解. 1.設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍. 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 解得x＝－2或x＝－. 當(dāng)x變化時(shí)，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的變化情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ c ↘ c－ ↗ ∴當(dāng)c>0且c－<0時(shí)，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn). 2.已知函數(shù)f(x)＝－2lnx(a∈R，a≠0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有最小值，記為g(a)，關(guān)于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝－(x>0)， 當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增. (2)由(1)知，a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，即g(a)＝1－ln a， 方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)， 令F(a)＝a－ln a－(a>0)，則F′(a)＝1－＋＝， 知F(a)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， F(a)極大值＝F＝－＋ln 3，F(xiàn)(a)極小值＝F＝－ln 2＋ln 3. 依題意得實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 3.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a). ①若a≥0，則當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0. 故函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. ②當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a). (ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－， 則?x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0， 故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； (ⅱ)若ln(－2a)<0，即－0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，0)時(shí)，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，0)上單調(diào)遞減. (ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln(－2a))上單調(diào)遞減. (2)①當(dāng)a>0時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 因?yàn)閒(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0， 取實(shí)數(shù)b滿足b<－2且ba(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0， 所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)； ②若a＝0，則f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). ③若a<0，由(1)知， 當(dāng)a≥－時(shí)，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a<－時(shí)，則f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增；在(0，ln(－2a))上單調(diào)遞減.又f(0)＝－1，故不存在兩個(gè)零點(diǎn). 綜上所述，a的取值范圍是(0，＋∞). 考點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問(wèn)題 方法技巧　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口. 4.設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<0)，得f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減. 因此，f(x)在(0,1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù). (2)證明　當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<1時(shí)，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，可得f(x)1， 則F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x， 當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 即有F(x)>F(1)＝0， 即有xln x>x－1.綜上，原不等式得證. 5.設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0). 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)； 當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因?yàn)閡(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－ 在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 又f′(a)>0，當(dāng)b滿足00時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn). (2)證明　由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于2－＝0， 所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 當(dāng)且僅當(dāng)x0＝時(shí)，取等號(hào). 故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋aln. 6.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－1－lnx，其中a∈R. (1)若a＝0，求過(guò)點(diǎn)(0，－1)且與曲線y＝f(x)相切的直線方程； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2. ①求實(shí)數(shù)a的取值范圍； ②求證：f′(x1)＋f′(x2)<0. (1)解　當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－1－lnx，f′(x)＝－. 設(shè)切點(diǎn)為T(x0，－1－lnx0)， 則切線方程為y＋1＋lnx0＝－(x－x0). 因?yàn)榍芯€過(guò)點(diǎn)(0，－1)， 所以－1＋1＋lnx0＝－(0－x0)，解得x0＝e. 所以所求切線方程為y＝－x－1. (2)①解　f′(x)＝ax－＝，x>0. (i)若a≤0，則f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上至多有1個(gè)零點(diǎn)，不合題意. (ii)若a>0，由f′(x)＝0，解得x＝. 當(dāng)0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f＝－ln－1＝－－ln. 要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，首先－－ln<0， 解得0>. 因?yàn)閒＝>0， 所以ff<0. 又函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，且其圖象在上不間斷， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個(gè)零點(diǎn). 考查函數(shù)g(x)＝x－1－ln x，則g′(x)＝1－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0， 所以f＝－1－ln≥0. 因?yàn)椋?0，所以>. 因?yàn)閒f≤0， 且f(x)在上單調(diào)遞增，其圖象在上不間斷， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個(gè)零點(diǎn)， 即在上恰有1個(gè)零點(diǎn). 綜上所述，a的取值范圍是(0，e). ②證明　由x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)(不妨設(shè)00. 設(shè)h(x)＝2ln x＋－x，x∈(0,1). 則h′(x)＝－－1＝＝－<0， 所以函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， 所以h(x)>h(1)＝0. 因?yàn)椤?0,1)，所以2ln＋－>0， 即f′(x1)＋f′(x2)<0成立. 考點(diǎn)三　不等式恒成立或有解問(wèn)題 方法技巧　不等式恒成立、能成立問(wèn)題常用解法 (1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求最值，不等式恒成立問(wèn)題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，形如a>f(x)max或a0恒成立， 令g(x)＝－x＋＋lnx(x>0)， 則g′(x)＝， 令t(x)＝ex－1－x，t′(x)＝ex－1－1，當(dāng)x>1時(shí)，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)00，故a的最小整數(shù)解為1. 8.已知函數(shù)f(x)＝lnx. (1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋x2有兩個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有實(shí)數(shù)解，求整數(shù)m的最大值. 解　(1)g(x)＝ln x－ax＋x2(x>0)， 則g′(x)＝， 由題意得方程x2－ax＋1＝0有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，設(shè)兩根為x1，x2，x1,2＝， 則 ∴a>2，即a的取值范圍為(2，＋∞). (2)方程ln x＝m(x＋1)，即m＝， 設(shè)h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝， 令φ(x)＝－ln x(x>0)，則φ′(x)＝－－<0, φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，h′(e)＝>0， h′(e2)＝<0， 存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝ln x0， 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減， ∴h(x)max＝＝∈， 即m≤h(x)max(m∈Z)， 故m≤0，經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)m＝0時(shí)成立， ∴整數(shù)m的最大值為0. 9.(2018宿遷模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－. (1)求函數(shù)g(x)＝f(x)f(－x)的最大值； (2)若對(duì)于任意x∈(0，k)，均有f(x)f(k－x)≥2，求正實(shí)數(shù)k的取值范圍. 解　(1)g(x)＝f(x)f(－x) ＝＝－＋2 ≤－2＋2＝0， 當(dāng)且僅當(dāng)x2＝，即當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”，所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)max＝0. (2)f(x)f(k－x)＝＝＋x(k－x)＋2， 設(shè)t＝x(k－x)，則t∈. 則＋t＋2≥2在t∈上恒成立， 記h(t)＝＋t＋2， 當(dāng)1－k2≤0時(shí)，h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞增， 故h(t)≤h＝2，不成立. 當(dāng)1－k2>0時(shí)，h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增. 從而，≥，所以00， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 若a<0，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 綜上，當(dāng)a≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)證明　由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價(jià)于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0. 設(shè)g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. 故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時(shí)，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 3.已知函數(shù)f(x)＝－lnx. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))； (3)求證：ln≤. (1)解　f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞). ∵f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得01， ∴f(x)＝1－－ln x在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞). (2)解　由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， ∴f(x)在上的最大值為f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f0在x∈(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，說(shuō)明理由. 解　(1)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x. 令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得01，知f′(x)>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，且圖象不間斷， 又f(1)＝0，∴當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>f(1)＝0， ∴函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)，不合題意. 當(dāng)k>1時(shí)，由f′(x)＝0， 解得x＝ek－1>1， 若1ek－1，則f′(x)>0， 故f(x)在(ek－1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴當(dāng)10，f(x)在(1，＋∞)上的圖象不間斷， ∴函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有1個(gè)零點(diǎn)，符合題意. 綜上所述，k的取值范圍為(1，＋∞). (3)假設(shè)存在正整數(shù)k，使得f(x)＋x>0在(1，＋∞)上恒成立， 則由x>1知x－1>0， 從而k<對(duì)x∈(1，＋∞)恒成立.(*) 設(shè)g(x)＝， 則g′(x)＝， 設(shè)h(x)＝x－2－ln x，則h′(x)＝1－＝>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0，h(x)在[3,4]上的圖象不間斷， ∴存在唯一的實(shí)數(shù)x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0， ∴當(dāng)1x0時(shí)，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝x0時(shí)，g(x)有極小值，即為最小值， g(x0)＝， 又h(x0)＝x0－2－ln x0＝0，∴l(xiāng)n x0＝x0－2，∴g(x0)＝x0， 由(*)知，k0在x∈(1，＋∞)上恒成立.