（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第19練 導數(shù)的綜合應用試題 理.docx

《（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第19練 導數(shù)的綜合應用試題 理.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第19練 導數(shù)的綜合應用試題 理.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第19練　導數(shù)的綜合應用 [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，常以指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題. 2.題目難度：偏難題. 考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根) 方法技巧　求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題的基本思路：(1)轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題；(2)利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象；(3)結合圖象求解. 1.設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，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(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當a＝b＝4時，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x變化時，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c>0且c－<0時，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)的單調性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點. 2.已知函數(shù)f(x)＝－2lnx(a∈R，a≠0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)若函數(shù)f(x)有最小值，記為g(a)，關于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝－(x>0)， 當a<0時，f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當a>0時，f′(x)＝，則f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增. (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)在和上單調遞增，在上單調遞減， 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)的單調區(qū)間； (2)若f(x)有兩個零點，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x>0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0. 故函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增. ②當a<0時，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(－∞，＋∞)上單調遞增； (ⅱ)若ln(－2a)<0，即－0；當x∈(ln(－2a)，0)時，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上單調遞增，在(ln(－2a)，0)上單調遞減. (ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－，則當x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(0，ln(－2a))時，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增，在(0，ln(－2a))上單調遞減. (2)①當a>0時，由(1)知，函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增. 因為f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0， 取實數(shù)b滿足b<－2且ba(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0， 所以f(x)有兩個零點； ②若a＝0，則f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一個零點. ③若a<0，由(1)知， 當a≥－時，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又當x≤0時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點； 當a<－時，則f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增；在(0，ln(－2a))上單調遞減.又f(0)＝－1，故不存在兩個零點. 綜上所述，a的取值范圍是(0，＋∞). 考點二　利用導數(shù)證明不等式問題 方法技巧　利用導數(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造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調性或者函數(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)的零點是解題的突破口. 4.設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1<0)，得f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 當00，f(x)單調遞增； 當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減. 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x∈(1，＋∞)時，1<1時，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，可得f(x)1， 則F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x， 當x>1時，F(xiàn)′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上單調遞增， 即有F(x)>F(1)＝0， 即有xln x>x－1.綜上，原不等式得證. 5.設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx. (1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0). 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－ 在(0，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增. 又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點. (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增， 所以當x＝x0時，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. 當且僅當x0＝時，取等號. 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 6.設函數(shù)f(x)＝ax2－1－lnx，其中a∈R. (1)若a＝0，求過點(0，－1)且與曲線y＝f(x)相切的直線方程； (2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2. ①求實數(shù)a的取值范圍； ②求證：f′(x1)＋f′(x2)<0. (1)解　當a＝0時，f(x)＝－1－lnx，f′(x)＝－. 設切點為T(x0，－1－lnx0)， 則切線方程為y＋1＋lnx0＝－(x－x0). 因為切線過點(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，＋∞)上單調遞減，從而函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上至多有1個零點，不合題意. (ii)若a>0，由f′(x)＝0，解得x＝. 當0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 所以f(x)min＝f＝－ln－1＝－－ln. 要使函數(shù)f(x)有兩個零點，首先－－ln<0， 解得0>. 因為f＝>0， 所以ff<0. 又函數(shù)f(x)在上單調遞減，且其圖象在上不間斷， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個零點. 考查函數(shù)g(x)＝x－1－ln x，則g′(x)＝1－＝. 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調遞增， 所以g(x)≥g(1)＝0， 所以f＝－1－ln≥0. 因為－＝>0，所以>. 因為ff≤0， 且f(x)在上單調遞增，其圖象在上不間斷， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上恰有1個零點， 即在上恰有1個零點. 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)的兩個零點(不妨設00. 設h(x)＝2ln x＋－x，x∈(0,1). 則h′(x)＝－－1＝＝－<0， 所以函數(shù)h(x)在(0,1)上單調遞減， 所以h(x)>h(1)＝0. 因為∈(0,1)，所以2ln＋－>0， 即f′(x1)＋f′(x2)<0成立. 考點三　不等式恒成立或有解問題 方法技巧　不等式恒成立、能成立問題常用解法 (1)分離參數(shù)后轉化為求最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉化為函數(shù)的最值問題，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x>1時，t′(x)>0，t(x)單調遞增，當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有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若關于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有實數(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有兩個不等的正實數(shù)根，設兩根為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，＋∞)上單調遞減，h′(e)＝>0， h′(e2)＝<0， 存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝ln x0， 當x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減， ∴h(x)max＝＝∈， 即m≤h(x)max(m∈Z)， 故m≤0，經(jīng)檢驗當m＝0時成立， ∴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)若對于任意x∈(0，k)，均有f(x)f(k－x)≥2，求正實數(shù)k的取值范圍. 解　(1)g(x)＝f(x)f(－x) ＝＝－＋2 ≤－2＋2＝0， 當且僅當x2＝，即當x＝1時取“＝”，所以當x＝1時，g(x)max＝0. (2)f(x)f(k－x)＝＝＋x(k－x)＋2， 設t＝x(k－x)，則t∈. 則＋t＋2≥2在t∈上恒成立， 記h(t)＝＋t＋2， 當1－k2≤0時，h(t)在區(qū)間上單調遞增， 故h(t)≤h＝2，不成立. 當1－k2>0時，h(t)在區(qū)間上單調遞減， 在區(qū)間(，＋∞)上單調遞增. 從而，≥，所以00， 故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增. 若a<0，則當x∈時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減. 綜上，當a≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a<0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減. (2)證明　由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0. 設g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則g′(x)＝－1. 當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減. 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 3.已知函數(shù)f(x)＝－lnx. (1)求f(x)的單調區(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)的定義域為(0，＋∞). ∵f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得01， ∴f(x)＝1－－ln x在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減. ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞). (2)解　由(1)得f(x)在上單調遞增，在(1，e]上單調遞減， ∴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，說明理由. 解　(1)當k＝1時，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，＋∞)上是單調增函數(shù)，且圖象不間斷， 又f(1)＝0，∴當x>1時，f(x)>f(1)＝0， ∴函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上沒有零點，不合題意. 當k>1時，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個零點，符合題意. 綜上所述，k的取值范圍為(1，＋∞). (3)假設存在正整數(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x∈(1，＋∞)恒成立.(*) 設g(x)＝， 則g′(x)＝， 設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， ∴存在唯一的實數(shù)x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0， ∴當1x0時，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上單調遞增， ∴當x＝x0時，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.