高考数学《函数与导数的综合应用》练习卷

1、精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业高考数学高考数学函数与导数的综合应用函数与导数的综合应用练习卷练习卷高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0 时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.(1)证明当a1 时，f(x)exx2，则f(x)ex2x.令g(x)f(x)，则g(x)ex2.令g(x)0，解得xln 2.当x(0，ln 2)时，g(x)0.当x0

2、 时，g(x)g(ln 2)22ln 20，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(0)1.(2)解若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程 exax20 在(0，)上只有一个解，由aexx2，令(x)exx2，x(0，)，(x)ex（x2）x3，令(x)0，解得x2.当x(0，2)时，(x)0.(x)min(2)e24.ae24.2.(2019全国卷)已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数.证明：精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点.证明(1)设g(x)f(x)，则g(x)cosx

3、11x，g(x)sinx1（1x）2.当x1，2 时，g(x)单调递减，而g(0)0，g2 0；当x，2 时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在，2 单调递减，故g(x)在1，2 存在唯一极大值点，即f(x)在1，2 存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(1，).当x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1，0)时，f(x)0，故f(x)在(1，0)单调递减.又f(0)0，从而x0 是f(x)在(1，0的唯一零点.当x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而f(0)0，f2 0；当x，2 时，f(x)0，

4、所以当x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 上没有零点.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业当x2，时，f(x)0，f()1.所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点.综上，f(x)有且仅有 2 个零点.考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0

5、或f(x2)0三个f(x1)0 且f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0 或f(x2)0两个f(x1)0 或f(x2)0三个f(x1)0 且f(x2)03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于 0，即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)m

6、ax0(xI).对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.温馨提醒解决方程、 不等式相关问题， 要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点【例 1】 (2019天津卷选编)设函数f(x)lnxa(x1)ex，其中aR R.(1)若a0，讨论f(x)的单调性；(2)若 0a0，从而f(x)0，所以f(x)在(0，)内单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)1ax2exx.令g(x)1ax2ex，由 0a0，且gln1a1aln1a2

7、1a1ln1a20，故g(x)0 在(0，)内有唯一解，从而f(x)0 在(0，)内有唯一解，不妨设为x0，则 1x0g（x0）x0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时，f(x)g（x）x1 时，h(x)1x11 时，h(x)h(1)0，所以 lnxx1，从而fln1alnln1aaln1a1eln1alnln1aln1a1hln1af(1)0，所以f(x)在(x0，)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点 1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴

8、(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练 1】 (2019临沂模拟)已知函数f(x)(x1)2a(lnxx1)(a0 得x1，由f(x)0 得 0 x1，f(x)在(1，)上单调递增，在(0，1)上单调递减，f(x)在x1 处取得极小值，无极大值；当 0a21，即 0a0 得x1 或 0 xa2，由f(x)0 得a2x1，f(x)在0，a2 上单调递增，在a2，1上单调递减，在(1，)上单调递增

9、，f(x)在x1 处取得极小值，在xa2处取得极大值.综上，当a0 时，f(x)有一个极值点；当 0a2 时，f(x)有两个极值点.(2)当a0，要使g(x)在(0，2上有且只有一个零点，需满足g(1)0 或g(2)0，解得a1 或a2ln 2.当 0a0，当xa2，2时，总有g(x)0.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业e2a2a1a2，g(e2a2a)e2a2ae2a2a(a2)(aln e2a2a2a2)0，g(x)在0，a2 上必有零点.g(x)在0，a2 上单调递增，当 0a2 时，g(x)在(0，2上有且只有一个零点.综上，当 0a2 或a2ln 2或a1 时，方程f(x)

10、a10 在(0，2上有且只有一个实根.热点二利用导数证明不等式【例 2】 (2019北京海淀区模拟)已知函数f(x)lnxax1(aR R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）f（x1）x2x10，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，f(x)单调递增；若x1a，f(x)0，f(x)单调递减.综上所述：当a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0 时，f(x)在0，1a单调递增，在1a，上单调递减.(2)证明由(1)知，当a0 时，f(x)在(0，)上单调递增，不满足条件.所以a0，此时f(x)的极

11、大值为f1aln(a)，精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业由已知得ln(a)0，故a1，此时f(x)lnxx1.不妨设 0 x1x2，则f（x2）f（x1）x2x11x11x2等价于 lnx2x1x2x1x1x2x2x1，即证：lnx2x1x2x1x1x21)，故g(x)在(1，)单调递减，所以g(x)g(1)0 x2x1.所以对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）f（x1）x2x11x11x2成立.探究提高1.证明不等式的基本方法：(1) 利 用单调性：若f(x)在 a，b上是增函数，则 xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(

12、x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.【训练 2】 已知函数f(x)ax2axxlnx，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且 e2f(x0)22.(1)解f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axalnx，则f(x)xg(x)，f(x)0 等价于g(x)0，因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a1x，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)11x.当 0 x1 时，g(x

13、)1 时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1 是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxlnx，f(x)2x2lnx，设h(x)2x2lnx，则h(x)21x.当x0，12 时，h(x)0.所以h(x)在0，12 单调递减，在12，单调递增.又h(e2)0，h12 0；当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)0 得 lnx02(x01)，故f(x0)x0(1x0).由x00，12 得f(x0)f(e1)e2.所以 e2f(x0)0，g(x)单调递增；当x( 31，)时，g(x)0

14、，g(x)单调递减.所以当x 31 时，g(x)取得最大值，g(x)maxg( 31)2e13.所以m2e13.即实数m的取值范围为2e13，).角度 2不等式存在性问题【例 32】 (2019海南模拟)已知函数f(x)xmlnxm1x(mR R)，g(x)12x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当m2 时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围.解(1)f(x)xmlnxm1x，且定义域(0，)，f(x)1mxm1x2（x1）x（m1）x2，当m2 时，若x1，e，则f(x)0，f(x)在1，e上是增函数，则f(x)

15、minf(1)2m.当me1 时，若x1，e，则f(x)0，f(x)在1，e上是减函数，则f(x)minf(e)emm1e.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业当 2m0， 则x( 21， 21)， 令f(x)0， 则x(， 21)( 21，).f(x)在区间(， 21)，( 21，)上单调递减，在区间( 21，21)上单调递增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业当a1 时，设函数h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)上单调递减，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当 0a0(x0)，所以

16、g(x)在0，)上单调递增，而g(0)0，故 exx1.当 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x054a12，则x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0 时，取x0512，则x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，).热点四利用导数求解最优化问题【例 4】图 1 是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图， 图 2 是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为 4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB2x，BCy.

17、(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；(2) 求当x取何值时，凹槽的强度最大.解(1)易知半圆CmD的半径为x，故半圆CmD的弧长为x.所以 42x2yx，得y4（2）x2.由题意知 0 xy，得 0 x44，所以y4（2）x20 x44 .精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业即y212x0 x0，f(x)单调递增；当x2，52 时，f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转

18、化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题， 在参数难于分离的情况下， 直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.巩固提升一、选择题1.设f(x)是定义在 R R 上的奇函数， 且f(2)0， 当x0 时， 有xf（x）f（x）x20 的解集是()A.(2，0)(2，)B.(2，0)(0，2)C.(，2)(2，)D.(，2)(0，2)解析x0 时f（x）xxf（x）f（x）x20，(

19、x)f（x）x在(0，)为减函数，又(2)0，当且仅当 0 x0，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).答案D精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业2.(2019衡水调研)已知函数f(x)x23x5，g(x)axlnx，若对x(0，e)，x1，x2(0，e)且x1x2，使得f(x)g(xi)(i1，2)，则实数a的取值范围是()A.1e，6eB.1e，e74C.6e，e74D.0，1e 6e，e74解析当x(0，e)时，函数f(x)的值域为114，5.由g(x)a1xax1x可知：当a0 时，g(x)0.令g(

20、x)0，得x1a，则1a(0，e)，所以g(x)ming1a1lna.作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，数形结合，知1lna114，g（e）ae15.解之得6ea1.若关于x的不等式f(x)0 在 R R 上恒成立，则a的取值范围为()A.0，1B.0，2C.0，eD.1，e解析当x1 时，由f(x)x22ax2a0 恒成立，而二次函数f(x)图象的对精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业称轴为直线xa，所以当a1 时，f(x)minf(1)10 恒成立，当a1 时，f(x)minf(a)2aa20，0a1 时，由f(x)xalnx0 恒成立，即axlnx恒成立.设g(x

21、)xlnx(x1)，则g(x)lnx1（lnx）2.令g(x)0，得xe，且当 1xe 时，g(x)e 时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0，e.答案C4.(2019北京西城区调研)已知函数f(x)exelnx， 若函数g(x)f(x)a无零点，则实数a的取值范围为()A.e22，0B.e2，0C.(2e，0D.(e，0解析依题意，f(x)1eexelnx1xexe（lnx）2exe（lnx）21elnx1x，令h(x)1elnx1x，则函数h(x)单调递增，且h(e)0，故当x(0，e)时，h(x)0.故函数f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e

22、，)上单调递增，作出函数f(x)的图象如图所示.令f(x)a0，得af(x)，观察可知 0ae，即ea0.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业答案D二、填空题5.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27 dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为_ dm.解析设圆柱的底面半径为Rdm，母线长为ldm，则VR2l27，所以l27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表R22RlR2227R，所以S表2R54R2.令S表0，得R3，则当R3 时，S表最小.答案36.对于函数yf(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)1(i1，2)成立，则称函数f(x)

23、具有性质P.若函数f(x)exa具有性质P，则实数a的取值范围为_.解析依题意，xf(x)1，即xexa1 在 R R 上有两个不相等实根，axex在 R R 上有两个不同的实根，令(x)xex，则(x)ex(x1)，当x1 时，(x)1 时，(x)0，(x)在(1，)上是增函数.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业因此(x)极小值为(1)1e.在同一坐标系中作y(x)与ya的图象，又当x0 时，(x)xex0.由图象知，当1eax20，f(x1)f(x2)0)，因为曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20 垂直，所以f(e)0，即1eke20，解得ke，所以f(x)1xex

24、2xex2(x0).由f(x)0 得 0 x0 得xe.所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当xe 时，f(x)取得极小值，且f(e)ln eee2.所以f(x)的极小值为 2.(2)由题意知对任意的x1x20，f(x1)x10)，则h(x)在(0，)上单调递减，精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业所以h(x)1xkx210 在(0，)上恒成立，故当x0 时，kx2xx12214恒成立，又x1221414，则k14，故实数k的取值范围是14，.8.(2019天津卷选编)设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x4，

25、2 时，证明f(x)g(x)2x0.(1)解由已知，有f(x)ex(cosxsinx).因此，当x2k4，2k54(kZ Z)时，有 sinxcosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x2k34，2k4 (kZ Z)时，有 sinx0，则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为2k34，2k4 (kZ Z)，f(x)的单调递减区间为2k4，2k54(kZ Z).(2)证明记h(x)f(x)g(x)2x.依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x4，2 时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)2xg(x)(1)精选优质文档-倾情为你奉上专心-

26、专注-专业g(x)2x0.因此，h(x)在区间4，2 上单调递减，进而h(x)h2 f2 0.所以当x4，2 时，f(x)g(x)2x0.能力突破9.(2019济南调研)已知函数f(x)lnx，g(x)xm(mR R).(1)若f(x)g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)f(x)g(x)的两个零点，且x1x2，求证：x1x20)，则F(x)1x11xx(x0)，当x1 时，F(x)0，当 0 x0，所以F(x)在(1，)上单调递减，在(0，1)上单调递增.F(x)在x1 处取得最大值1m，若f(x)g(x)恒成立，则1m0，即m1.故m的取值范围为1，).(2)证明由(1)可知， 若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点， 则m1， 0 x11x2，要证x1