（浙江专用）高考数学导数及其应用2第2讲导数在研究函数中的应用3第3课时导数与函数的综合问题教学案.docx

第3课时导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数；(2)构造函数法研究零点问题角度一利用最值(极值)判断零点个数 已知函数f(x)ax2(1a)xln x(aR)(1)当a0时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)当a0时，设函数g(x)xf(x)k(x2)2.若函数g(x)在区间，)上有两个零点，求实数k的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)的导数为f(x)ax1a(a0)，当a(0，1)时，1.由f(x)0，得x或a1.所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，；当a1时，恒有f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)；当a(1，)时，1.由f(x)0, 得x1或x.所以f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，)综上，当a(0，1)时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，)；当a(1，)时，f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，)(2)g(x)x2xln xk(x2)2在x，)上有两个零点，即关于x的方程k在x，)上有两个不相等的实数根令函数h(x)，x，)，则h(x)，令函数p(x)x23x2ln x4，x，)则p(x)在，)上有p(x)0，故p(x)在，)上单调递增因为p(1)0，所以当x，1)时，有p(x)0，即h(x)0，所以h(x)单调递减；当x(1，)时，有p(x)0，即h(x)0，所以h(x)单调递增因为h，h(1)1，所以k的取值范围为.角度二构造函数法研究零点问题 设函数f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x.(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)x，m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，m0时，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m0时，f(x)在(0，)上单调递增；m0时，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，0x1或xm时F(x)0，1xm时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，即两函数图象只有一个交点利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围(3)构造函数法研究函数零点根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法 (2020绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)x3ax23xb(a，bR)(1)当a2，b0时，求f(x)在0，3上的值域；(2)对任意的b，函数g(x)|f(x)|的零点不超过4个，求a的取值范围解：(1)由f(x)x32x23x，得f(x)x24x3(x1)(x3)当x(0，1)时，f(x)0，故f(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，3)时，f(x)0，故f(x)在(1，3)上单调递减又f(0)f(3)0，f(1)，所以f(x)在0，3上的值域为0，(2)由题得f(x)x22ax3，4a212，当0，即a23时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，满足题意当0，即a23时，方程f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.则f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减由题意知|f(x1)f(x2)|，即|a(xx)3(x1x2)|.化简得(a23)，解得3a24，综合，得a24，即2a2.利用导数研究不等式问题(高频考点)利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式；(2)不等式恒成立问题角度一证明函数不等式 (2020温州市高考模拟)设函数f(x)，证明：(1)当x0时，f(x)1；(2)对任意a0，当0|x|ln(1a)时，|f(x)1|a.【证明】(1)因为当x0时，f(x)1，等价于xf(x)x，即xf(x)x0，设g(x)xf(x)xex1x，所以g(x)ex10在(，0)上恒成立，所以g(x)在(，0)上单调递减，所以g(x)g(0)1100，所以xf(x)x0恒成立，所以x0时，f(x)1.(2)要证明当0|x|ln(1a)时，|f(x)1|a，即证0xln(1a)时，f(x)1a，即证a1，即证ex1(a1)x即证ex1(a1)x0，令h(x)ex1(a1)x，所以h(x)ex(a1)eln(a1)(a1)0，所以h(x)单调递减，所以h(x)h(0)0，同理可证当x0时，结论成立所以对任意a0，当0|x|ln(1a)时，|f(x)1|a.角度二不等式恒成立问题 (2019高考浙江卷)已知实数a0，设函数f(x)aln x，x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数【解】(1)当a时，f(x)ln x，x0.f(x)，令f(x)0，解得x3，令f(x)0，解得0x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，)(2)由f(1)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得，qpp(1)0.所以q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围是. (1)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f(x)g(x)(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题1若exkx在R上恒成立，则实数k的取值范围为()Ak1 Bk1Ck1 Dk1解析：选A.由exkx，得kexx.令f(x)exx，所以f(x)ex1.f(x)0时，x0，f(x)0时，x0，f(x)0时，x0.所以f(x)在(，0)上是减函数，在(0，)上是增函数所以f(x)minf(0)1.所以k的取值范围为k1，故选A.2(2018高考浙江卷)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明：(1)函数f(x)的导函数f(x)，由f(x1)f(x2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2)设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n1，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knann0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点核心素养系列6逻辑推理两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程(1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1) (1)已知函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()(2)已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点【解】(1)选B.因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确(2)证明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点 已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，e.【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明：由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11.故e. 设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x.【解】(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln x1.因此ln ，x.故当x(1，)时恒有10时，即x(0，1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4.当x.5.函数f(x)x3ax2bxc(a，b，cR)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数yf(x)有三个零点，求c的取值范围解：(1)因为f(x)x3ax2bxc，所以f(x)x22axb.因为f(x)0的两个根为1，2，所以解得a，b2，由导函数的图象可知，当1x2时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x1或x2时，f(x)0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)在(，1)和(2，)上单调递增，在(1，2)上单调递减(2)由(1)得f(x)x3x22xc，函数f(x)在(，1)，(2，)上是增函数，在(1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(1)c，极小值为f(2)c.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得c.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.6(2020浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)f(x)对任意x0，1恒成立时k的最大值为，证明：46.解：(1)因为f(x)exx，所以f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(0)1.(2)证明：由h(x)f(x)，化简可得k(x2x3)ex1，当x0，1时，kR，当x(0，1)时，k，要证：46，则需证以下两个问题；4对任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先证：4，即证ex14(x2x3)，由(1)可知，exx1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即证x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，显然成立，所以4对任意x(0，1)恒成立；再证存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因为，所以8(1)86，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.综合题组练1(2020杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)ax3bx2x(a，bR)(1)当a2，b3时，求函数f(x)极值；(2)设ba1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f(x)|恒成立，求m的最小值解：(1)当a2，b3时，f(x)x3x2x，f(x)2x23x1(2x1)(x1)，令f(x)0，解得x1或x，令f(x)0，解得x1，故f(x)在(，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故f(x)极大值f()，f(x)极小值f(1).(2)当ba1时，f(x)ax3(a1)x2x，f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒过点(0，1)当a0时，f(x)x1，m|f(x)|恒成立，所以m1；0a1，开口向上，对称轴1，f(x)ax2(a1)x1a(x)21，当a1时f(x)x22x