冲刺2019高考数学二轮复习核心突破专题05函数与导数的综合应用（含解析）.docx

专题05 函数与导数的综合运用【自主热身，归纳提炼】1、函数f(x)ax3ax22ax2a1的图像经过四个象限的充要条件是_【答案】a【解析】：由f(x)ax2ax2a0得x1或x2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是或解得a0)和yx3(x0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2)，则的值为_3、已知点A(0,1)，曲线C：ylogax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且的最小值为2，则实数a_.【答案】e 根据条件，要求的最小值，首先要将它表示成点P(x，logax)的横坐标x的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则(1，1)(x，logax1)xlogax1.依题f(x)xlogax1在(0，)上有最小值2且f(1)2，所以x1是f(x)的极值点，即最小值点f(x)1.若0a0，f(x)单调递增，在(0，)无最小值，所以a1.设f(x)0，则xlogae，当x(0，logae)时，f(x)0，从而当且仅当xlogae时，f(x)取最小值，所以logae1，ae. 本题的关键在于要能观察出f(x)xlogax12的根为1，然后利用函数的极小值点为x1来求出a的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯4、 已知函数f(x)x1(e1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)0的x的取值范围为_【答案】(0,1) 注意到条件f(ex)0两个情况进行讨论，得到函数在0，)上的单调性，结合函数单调性得到a2，从而解出a的取值范围先讨论函数在0，)上的单调性当a0时，f(x)x3ax2，f(x)3x22ax0在0，)上恒成立，所以f(x)在0，)上单调递增，则也在0,2上单调递增，成立；当a0时，f(x)当0xa时，f(x)2ax3x2，令f(x)0，则x0或xa，则f(x)在上单调递增，在上单调递减；当xa时，f(x)3x22axx(3x2a)0，所以f(x)在(a，)上单调递增，所以当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(a，)上单调递增要使函数在区间0,2上单调递增，则必有a2，解得a3.综上，实数a的取值范围是(，03，)【关联1】、若函数f(x)(aR)在区间1,2上单调递增，则实数a的取值范围是_【答案】： 【解析】：【思路分析】 本题所给函数含有绝对值符号，可以转化为g(x)的值域和单调性来研究，根据图像的对称性可得g(x)只有单调递增和单调递减这两种情况设g(x)，因为f(x)|g(x)|在区间1,2上单调递增，所以g(x)有两种情况：g(x)0且g(x)在区间1,2上单调递减又g(x)，所以g(x)0在区间1,2上恒成立，且g(1)0.所以无解g(x)0且g(x)在区间1,2上单调递增，即g(x)0在区间1,2上恒成立，且g(1)0，所以解得a.综上，实数a的取值范围为.【关联2】、若函数f(x)(x1)2|xa|在区间1，2上单调递增，则实数a的取值范围是_【答案】： (，1 由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解 函数f(x)(x1)2|xa|(x1)2(xa)|x3(2a)x2(12a)xa|.令g(x)x3(2a)x2(12a)xa，则g(x)3x2(42a)x12a(x1)(3x12a)令g(x)0得x11，x2.当1，即a0，即(x1)(3x12a)0，解得x1；令g(x)0，解得x1.所以g(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是.又因为g(a)g(1)0，所以f(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是(，a)，满足条件，故a1，即a1时，令g(x)0，即(x1)(3x12a)0，解得x；令g(x)0，解得1x1，故a(此种情况函数f(x)图像如图3)综上，实数a的取值范围是(，1.9、 已知函数f(x)若对于tR，f(t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_【答案】： ，1【思路分析】 本题条件“tR，f(t)kt”的几何意义是：在(，)上，函数yf(t)的图像恒在直线ykt的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题令yx32x2x，x0，即(x1)(3x1)0，解得x1.又因为x1，所以x.令y0，得x1，所以y的增区间是(，)，减区间是(，1)，所以y极大值.根据图像变换可作出函数y|x32x2x|，x0)，则g(x)的最大值为，由根号内的结构联想到勾股定理，从而构造ABC满足AB，AC1，ADBC，ADx，则BD，DC，则SABCBCADx()ABACsinBACABAC，当且仅当BAC时，ABC的面积最大，且最大值为.从而g(x)SABC，所以，解得a4或a.解法2(导数法，理科) 由题意得函数f(x)为奇函数因为函数f(x)，所以f(x)，a1.令f(x)0，得x2，则x2.因为函数f(x)的最小值为，且a0.由x20，得a(a1)x20.当0a1时，0得x或x；由f(x)0得xf，所以f(x)minf，解得a.当a1时，0，函数f(x)的定义域为1，1，由f(x)0得x；由f(x)0得1x或x1，函数f(x)在上为增函数，在，上为减函数因为f0)，则g(x)的最大值为，设向量a(，)，b(，)，a与b的夹角为，则有ab|a|b|cos|a|b|，即(，)(，)，亦即，亦即x()，当且仅当a与b同向时等号成立，即0，亦即x2时，取等号即x()的最大值为，从而g(x)的最大值为，即有，解得a4或a. 1. 最值的求法通常有如下的方法： (2)解法1(根的分布) 当x01时，则f(x0)0，又b3a，设tf(x0)，则题意可转化为方程axct(t0) 在(0，)上有相异两实根x1，x2, (6分)即关于x的方程ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相异两实根x1，x2.则x1，2，所以得 所以c2t 对任意t(0，)恒成立因为0a3，所以223(当且仅当a时取等号)又t0，所以2t的取值范围是(，3)，所以c3.故c的最小值为3.(10分)解法2(图像法) 由b3a，且0 a3，得g(x)a0，得 x或x(舍)，则函数g(x)在上单调递减；在上单调递增又对任意x01，f(x0)为(0，)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g2c0，(6分)即c2对任意 a(0，3)恒成立又2a(3a)3，所以c3.当c3时，对任意a(0，3)，x0(1，)，方程g(x)f(x0)0化为ax3f(x0)0，即ax23f(x0)x(3a)0(*)关于x的方程(*)的3f(x0)24a(3a)3f(x0)243f(x0)29，因为x01，所以f(x0)lnx00，所以0，所以方程(*)有两个不相等的实数解x1，x2，又x1x20，x1x20，所以x1，x2为两个相异正实数解，符合题意所以c的最小值为3. 解法3(图像法) 当x01时，可知f(x0)0，又b3a，设tf(x0)，则t0.令h(x)axct(x0，t0)，同解法2可知h(x)在上单调递减；在上单调递增当c2时，若0t2c，则x0时，h(x)axct2ct0，所以h(x)在(0，)上没有零点，不符合题意当c2时，h2ctt0.因为2c，ct，所以0，所以当0m时，ct，所以h(m)amctct0，又h(x)在上单调递减，并且连续，则h(x)在(m，)上恰有一个零点，所以存在x1(0，)，使得h(x1)0，即g(x1)t.因为ctc，所以，所以当n时，h(n)anctanct0，又h(x)在上单调递增，并且连续，则h(x)在上恰有一个零点，所以存在x2，使得h(x2)0，即g(x2)t.所以当c2时，对任意x0(1，)和任意a(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)即c2对任意 a(0，3)恒成立又2a(3a)3，当且仅当a时取等号，所以c3.故c的最小值为3.(3)当a1时，因为函数f(x)与g(x)的图像交于A，B两点，所以两式相减，得bx1x2(1)要证明x1x2x2bx1x2x1，即证x1x2x2x1x2x1x2x1，即证，即证1ln1，此时即证1lnt0，所以当t1时，函数(t)单调递增又(1)0，所以(t)lnt10，即1lnt成立；再令m(t)lntt1，所以m(t)11时，函数m(t)单调递减又m(1)0，所以m(t)lntt10，即lntt1也成立综上所述， 实数x1，x2满足x1x2x2bx1x2x1.【变式2】、.已知函数f(x)其中常数aR.(1) 当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(x)f(x)ex3在区间(0，)上有实数解，求实数a的取值范围；(3) 若存在实数m，n0，2，且|mn|1，使得f(m)f(n)，求证：1e. (1) 先分段讨论，再整体说明单调区间是否可合并(关键是图像在x0处怎样跳跃)(2) 转化为ax2x在(0，)上有实数解，即求函数g(x)x2x在(0，)上的值域(3) 首先缩小a的范围为1ae2，在此基础上考察f(x)在0，1，2，m，n处的函数值的大小关系【解析】：(1) 当a2时，f(x)当x0时，f(x)3x22x0，所以f(x)的单调递减区间是(，0)和0，ln2，单调递增区间是ln2，)(5分)(2) 当x0时，f(x)exax，此时x0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以可化为ax2x在区间(0，)上有实数解(6分) 记g(x)x2x，x(0，)，则g(x)2x1.(7分)可得g(x)在(0，1上递减，在1，)上递增，且g(1)5，当x时，g(x).(9分)所以g(x)的值域是5，)，即实数a的取值范围是5，)(10分)(3) 当x0，2时，f(x)exax，有f(x)exa.若a1或ae2，则f(x)在0，2上是单调函数，不合题意(11分)所以1ae2，此时可得f(x)在0，lna上递减，在lna，2上递增不妨设0mlnaf(lna)，且f(lna)f(n)f(2)由m，n0，2，nm1，可得0m1n2.(12分)因为f(m)f(n)，所以得(14分)即e1ae2e，所以1e.(16分) 第(1)题中，若函数f(x)改为f(x)则函数f(x)的“两个”递减区间(，0)和0，ln2应合并为一个递减区间(，ln2，因为函数图像在x0处(从左往右)向下跳跃而原题中函数图像在x0处(从左往右)向上跳跃，所以不能合并【关联1】、.已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1) 求过点(2，0)和函数yf(x)图像相切的直线方程；(2) 若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(3) 若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围 (1)利用导数的几何意义求切线的方程，根据斜率建立方程即可(2)不等式恒成立问题处理的方法有两种：一种是分离参变，转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题，通过分类讨论解决这里可以采取第一种方法，只是分离参变时要注意对x2的符号进行分类讨论(3)在第(2)小问的基础上，分离参变，转化为存在有限整数自变量满足条件的问题利用导数研究函数F(x)的性质，找到相关的整数自变量，求得对应的函数值是解决本问题的关键【解析】(1) 设切点为(x0，y0)，f(x)ex(3x1)，则切线斜率为ex0(3x01)，所以切线方程为yy0ex0(3x01)(xx0)，因为切线过点(2，0)，所以ex0(3x02)ex0(3x01)(2x0)，化简得3x8x00，解得x00或x0，当x00时，切线方程为yx2，当x0时，切线方程为y9ex18e.(2) 由题意，对任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，a，即a.令F(x)，则F(x)，令F(x)0，得x0，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)0F(x)极大F(x)maxF(0)1，故此时a1.当x2时，恒成立，故此时aR.当x(2，)时，a，即a，令F(x)0，得x，列表如下：xF(x)0F(x)极小F(x)minF9e， 故此时a9e，综上，1a9e.(3) 由f(x)g(x)，得ex(3x2)a(x2)，由(2)知a(，1)(9e，)， 令F(x)，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)00F(x)极大极小(12分)当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于a存在的唯一整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a时，至少有两个整数成立，所以a.当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，因为F9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3，5e4综上，a(7e3，5e4【关联2】、已知函数f(x)，其中a为常数(1) 若a0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，a)上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 若a1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)2. 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法【解析】：(1) 当a0时，f(x)，定义域为(0，)f(x)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)极大值所以当x时，f(x)的极大值为，无极小值若0ae，则g(x)2lnx1e，即ae，令g(x)2lnx10，得xe，当0xe时，g(x)2lnx10，所以g(x)2xlnxx单调递减，当ex0，所以g(x)2xlnxx单调递增，所以当xe时，g(x)ming(e)2elnee2e，所以a2e.综上，实数a的取值范围是(，2e(3) 当a1时，f(x)，f(x).令h(x)x12xlnx，x(0，1)，则h(x)12(lnx1)2lnx1，令h(x)0，得xe.当ex1时，h(x)0，所以h(x)x12xlnx单调递减，h(x)(0，2e1，x(0，1)，所以f(x)0恒成立，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)当00，h(e2)e212e2lne210，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，所以f(x0)0，当0x0，所以f(x)单调递增；当x0xe时，f(x)0，所以f(x)单调递减，且f(x)f(e)，由和可知，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以当xx0时，f(x)取极大值因为h(x0)x012x0lnx00，所以lnx0，所以f(x0).又x0，所以22，所以f(x0)2. 本题三个小题梯度明显，有较好的区分度其中第(1)小题简单；第(2)小题难度中等，但要完成讨论也需要不错的基础；第三小题“隐零点”问题不是一般的考生能讨论出范围的，建议一般的考生果断放弃各个小问题中都利用了导数研究函数的单调性、极值、值域【关联3】、已知函数f(x)x1alnx(其中a为参数)(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x(0，)都有f(x)0成立，求实数a的取值集合；(3) 证明：ne0)，当a0时，f(x)10，所以f(x)在(0，)上是增函数；当a0时，x(0，a)a(a，)f(x)0f(x)极小值所以f(x)的增区间是(a，)，减区间是(0，a)综上所述， 当a0时，f(x)的单调递增区间是(0，)；当a0时，f(x)的单调递增区间是(a，)，单调递减区间是(0，a)(2) 由题意得f(x)min0.当a0时，由(1)知f(x)在(0，)上是增函数，当x0时，f(x)，故不合题意；(6分)当a0时，由(1)知f(x)minf(a)a1alna0.令g(a)a1alna，则由g(a)lna0，得a1，a(0,1)1(1，)g(a)0g(a)极大值所以g(a)a1alna0，又f(x)minf(a)a1alna0，所以a1alna0，所以a1，即实数a的取值集合是1(10分)(3) 要证不等式1ne1n1，两边取对数后，只要证nln11(n1)ln1，即只要证ln1，令x1，则只要证1lnxx1(1f(1)，即x1lnx0，所以lnxx1(1x2)令(x)lnx1(10，所