浙江2020版高考数学第四章导数及其应用4.2导数的应用（第3课时）导数与函数的综合问题讲义（含解析）.docx

第3课时导数与函数的综合问题题型一利用导数解或证明不等式1已知f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(1)0，且对于其导函数f(x)恒有f(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是()AB(0,1)C(1，) D(0,1)(1，)答案B解析令g(x)f(x)ex，由x0时，f(x)f(x)0恒成立，则g(x)f(x)exf(x)ex0，故g(x)f(x)ex在(0，)上单调递减，又f(1)0，所以g(1)0.当x1时，f(x)ex0，得f(x)0；当0x1时，f(x)ex0，得f(x)0，故选B.2设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)0，当x0时，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解析当x0时，0，(x)在(0，)上为减函数，又(2)0，当且仅当0x0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(，2)(0,2)3已知函数f(x)1，g(x)xlnx.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xlnx)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(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(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，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)1，当且仅当x2时取等号又由(1)知xlnx1，当且仅当x1时取等号因为等号不同时取得，所以(xlnx)f(x)1.思维升华(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，当x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以x1为极大值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)ming(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：存在x01，e，使不等式f(x0)成立，求实数k的取值范围解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由本例(2)知，g(x)为单调增函数，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即实数k的取值范围是.思维升华利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题跟踪训练1已知函数f(x)axlnx，x1，e，若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)0，即axlnx0对x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，e，则g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上单调递减，g(x)ming(e)，a.实数a的取值范围是.题型三利用导数研究函数的零点问题例2已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax3.(1)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)探讨函数F(x)lnx是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请说明理由解(1)由对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，即有2xlnxx2ax3.即a2lnxx恒成立，令h(x)2lnxx，则h(x)1，当x1时，h(x)0，h(x)是增函数，当0x1时，h(x)0，h(x)是减函数，ah(x)minh(1)4.即实数a的取值范围是(，4(2)方法一令m(x)2xlnx，则m(x)2(1lnx)，当x时，m(x)0，m(x)单调递增，m(x)的最小值为m，则2xlnx，lnx，令F(x)lnx0，则F(x)lnx，令G(x)，则G(x)，当x(0,1)时，G(x)0，G(x)单调递增G(x)G(1)0.F(x)lnx0，中取等号的条件不同，F(x)0，故函数F(x)没有零点方法二令F(x)0，则lnx0，即xlnx(x0)，易求f(x)xlnx(x0)的最小值为f.设(x)(x0)，则(x)，得(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，(x)max(1)，对任意x(0，)，有xlnx，即F(x)0恒成立，函数F(x)无零点思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数跟踪训练2(2018浙江金华名校统练)已知函数f(x)lnx，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(lnx1)exxm的零点个数解(1)f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增，当a0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，函数g(x)(lnx1)exxm的零点，即当x时，方程(lnx1)exxm的根令h(x)(lnx1)exx，则h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)lnx1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0.lnx10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(lnx1)exx在x上单调递增h(x)minh，h(x)maxe.当me时，函数g(x)在上没有零点，当me时，函数g(x)在上有一个零点1已知函数f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1B2C3D4答案D解析根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2,1a0(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.ffB.f2fDf(0)f答案A解析令h(x)，则h(x)0，x，函数h(x)是上的增函数，hh，即f0，g(x)单调递增，当x(1，)时，g(x)0，得x2，由f(x)0，得1x0，即|AB|的最小值是42ln2，故选C.6已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A.B5C6D8答案B解析因为当x1,4时，g(x)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，经检验，b8，c5符合题意所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.7已知函数f(x)x1(e1)lnx，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)0的x的取值范围为_答案(0,1)解析令g(x)f(ex)ex1(e1)x，则g(x)ex(e1)，当xln(e1)时，g(x)0.当x(，ln(e1)时，g(x)0，g(x)单调递增又g(x)有0和1两个零点，所以f(ex)0的x的取值范围为(0,1)8已知x(0,2)，若关于x的不等式0.即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得k0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k0，则实数a的取值范围是_答案(，2)解析当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a0知，f0，即a33210，化简得a240，又a0，所以axf(x)在(0，)上恒成立，则函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_答案3解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，当x0时，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0，xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0时是增函数，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数，当x1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由解(1)由题意，可知f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故当x(，m)时，exm1，f(x)1，f(x)0，f(x)单调递增故当xm时，f(m)为极小值也为最小值令f(m)1m0，得m1，即对任意xR，f(x)0恒成立时，m的取值范围是(，1(2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下：当m1时，f(m)1m0，f(0)f(m)1，则g(m)em2，当m1时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增g(m)e20，即f(2m)0.f(m)f(2m)0，g(x)exx22单调递增，所以g(x)mine1，g(x)maxe22.所以me1且m22e22，所以或所以eme1或me.14已知函数f(x)3lnxx22x3ln3，则方程f(x)0的解的个数是_答案1解析因为f(x)3lnxx22x3ln3，所以f(x)x2，x0，当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(3，)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0时，f(x)，当x时，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln363ln30，所以方程f(x)0只有一个解15设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是_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浙江第二次联盟校联考)已知a为实数，函数f(x)ex2ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x12.(1)解f(x)ex2a.当a0时，f(x)0，函数f(x)在R上单调递增当a0时，由f(x)ex2a0，得x2lna.若x2lna，则f(x)0，函数f(x)在(2lna，)上单调递增；若x2lna，则f(x)0时，f(x)在x2lna处取得极小值，所以f(2lna)elnaa(2lna)，所以a的取值范围为.证明由ex2ax0，得x2ln(ax)lnalnx，即x2lnxlna.所以x12lnx1x22lnx2lna.令g(x)x2lnx(x0)，则g(x)1.当x1时，g(x)0；当0x1，时