全国通用2018届高考数学二轮复习第32练导数的综合应用练习文.docx

第32练导数的综合应用明考情导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度.知考向1.导数与函数零点.2.导数与不等式.3.导数与其他知识的交汇问题.考点一导数与函数零点方法技巧研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x轴的交点或两函数图象的交点.1.设函数f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x，m0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增.综上可知，函数f(x)的单调递增区间是，)，单调递减区间是(0，.(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数.F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln 40，所以F(x)有唯一零点.当m1时，若0x1或xm，则F(x)0；若1xm，则F(x)0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln (2m2)0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.2.设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数.解(1)由题设，当me时，f(x)ln x(x0)，则f(x)(x0)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0).设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点.3.已知函数f(x)2ln xx2ax(aR).(1)当a2时，求f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数g(x)f(x)axm在上有两个零点，求实数m的取值范围.解(1)当a2时，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率kf(1)2，所以切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.因为x，当g(x)0时，x1.当x0；当1xe时，g(x)0.所以g(x)在x1处取得极大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e20，则g(e)g，所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1m2，所以实数m的取值范围是.4.(2017全国)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1).(i)若a0，则f(x)0，则由f(x)0，得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.(2)(i)若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.(ii)若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0，1)时，1ln a0，即f(ln a)2e220，故f(x)在(，ln a)上有一个零点.设正整数n0满足n0ln，则f(n0)(aa2)n0n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)上有一个零点.综上，a的取值范围为(0，1).考点二导数与不等式方法技巧导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.5.(2017保定模拟)已知函数f(x)ex2x.(1)求函数f(x)的极值；(2)当a2ln 4且x0时，试比较f(x)与x2(a2)x1的大小.解(1)f(x)ex2，令f(x)0，得xln 2，令f(x)0，得xln 2，f(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，当xln 2时，f(x)有极小值f(ln 2)22ln 2，无极大值.(2)令g(x)f(x)x2(a2)x1exx2ax1，g(x)ex2xaf(x)a，g(x)minf(x)mina22ln 2a.a2ln 4，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，即f(x)x2(a2)x1.6.已知函数f(x)ln xx3.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：在(1，)上，f(x)20；(3)证明：0)，令f(x)0，得x(1，)；令f(x)f(1).即f(x)2，所以f(x)20.(3)证明由(1)可知，当x(1，)时，f(x)f(1)，即ln xx10，所以0ln xx1对一切x(1，)恒成立.因为n2，nN*，则有0ln nn1，所以0.所以0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 20，g(x)0.当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时，g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0，ln 20.692 8；当b1时，ln(b1)ln ，g(ln )2(32)ln 20，ln 20.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.11.(2017唐山二模)已知函数f(x)a(ln x1)的图象与x轴相切，g(x)(b1)logbx.(1)求证：f(x)；(2)若1x，求证：0g(x).证明(1)f(x)，设f(x)的图象与x轴相切于点(x0，0)，则即解得ax01.所以f(x)ln x1，f(x)等价于ln xx1.设h(x)ln xx1，则h(x)1，当0x0，h(x)单调递增；当x1时，h(x)1)，则m(x)，由(1)可知，当x1时，ln x10，从而有m(x)0，所以m(x)单调递增，又1x，所以1x2b，从而有m(x2)m(b)，即，所以0.g(x)(b1)logbx(b1)1，所以b，又1x2b，所以g(x).综上可知，0g(x)0)，讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)0，f(x0)0.即解得因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线.(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)内无零点.当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数.若a3或a0，则f(x)3x2a在(0，1)内无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a0时，f(x)在(0，1)内没有零点.若3a0，即a0，f(x)在(0，1)内无零点；()若f 0，即a，则f(x)在(0，1)内有唯一零点；()若f 0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0，1)内有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a.(1)解f(x)，由题意可知，f(e)a3.(2)证明f(x)(x0)，f(x)，f(x)0x1，f(x)00x或x1，故f(x)在和(1，)上单调递减，在上单调递增.当x(0，1)时，f(x)fe，而，故在(0，1)上单调递增，即.当x1，)时，(ln x)23ln x30033，令g(x)，则g(x)，故g(x)在1，2)上单调递增，在(2，)上单调递减，g(x)g(2)，即.综上，对任意x0，均有.4.已知函数f(x)ax2bxln x(a，bR).(1)设b2a，求f(x)的零点的个数；(2)设a0，且对于任意x0，f(x)f(1)，试比较ln a与2b的大小.解(1)b2a，f(x)2ax(2a)(x0).若a0，则f(x)在上为减函数，在上为增函数，又f 1ln 2，当0a4(1ln 2)时，函数f(x)没有零点；当a4(1ln 2)时，函数f(x)有一个零点；当a4(1ln 2)时，函数f(x)有两个零点.若a0，当2a0，函数f(x)只有一个零点.当a2时，f(x)在(0，)上单调递减，f(x)有一个零点.当a2时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，f(x)只有一个零点.综上，当0a4(1ln 2)时，函数f(x)无零点；当a4(1ln 2)时，函数f(x)有两个零点.(2)由a0，且对于任意x0，f(x)f(1)，可知函数f(x)在x1处取得最小值，由f(x)2axb0，得是f(x)的唯一的极小值点，故1，整理得2ab1，即b12a.ln a(2b)ln a2(12a)ln a24a，令g(x)24xln x，则g(x)(x0)，令g(x)0，得x.当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减.因此g(x)g1ln 1ln 40，故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln a2b.5.已知函数f(x)sin xax.(1)对于x(0，1)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a1时，令h(x)f(x)sin xln x1，求h(x)的最大值；(3)求证：ln(n1)1(nN*).(1)解由f(x)0，得sin xax0，因为0x1，所以a.令g(x)，则g(x).再令m(x)xcos xsin x，则m(x)cos xxsin xcos xxsin x0，所以m(x)在(0，1)上单调递减，所以m(x)m(0)0，所以g(x)0，则g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)g(1)sin 1，所以asin 1.(2)解当a1时，f(x)sin xx，所以h(x)ln xx1，h(x)1(