学科网2018年高考数学讲练测【新课标版理】【讲】
第三章导数
第03节导数的综合应用
【考纲解读】
①了解函数单调性和导
【知识清单】
1. 利用导数研究函数的图象与性质
函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.
对点练习：
【2016·全国卷Ⅰ】函数y ＝2x 2
－e |x |
在[－2,2]的图象大致为( )
【答案】D
【解析】当x ≥0时，令函数f (x )＝2x 2
－e x ，则f ′(x )＝4x －e x
，易知f ′(x )在[0，ln 4)上单调递增，在
[ln 4,2]上单调递减，又f ′(0)＝－1<0，f ′? ??
??12＝2－e>0，f ′(1)＝4－e>0，f ′(2)＝8－e 2
>0，所以存
在x 0∈? ??
??0，12是函数f (x )的极小值点，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0,2)上单调递增，且该函数为偶函数，符合条件的图象为D.
2．与函数零点有关的参数范围问题
1．方程()0f x =有实根?函数()y f x =的图象与x 轴有交点?函数()y f x =有零点． 2．求极值的步骤：
①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析0x 两侧导数'
()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.
3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域. 4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
对点练习：
【2016新课标1卷】已知函数()()()2
21x
f x x e a x =-+-有两个零点.
(I)求a 的取值范围；
(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞ 【解析】
（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x
x
f x x e a x x e a =-+-=-+．
（i ）设0a =,则()(2)x
f x x e =-,()f x 只有一个零点．
（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．
又(1)f e =-,(2)f a =,取b 满足0b <且ln
2
a
b <,则
223
()(2)(1)()022
a f
b b a b a b b >
-+-=->, 故()f x 存在两个零点．
（Ⅱ）不妨设12x x <,由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞,22(,1)x -∈-∞,()f x 在(,1)-∞上单调递减,所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<． 由于2
22222(2)(1)x f x x e
a x --=-+-,而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=,所以
222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．
设2()(2)x x g x xe x e -=---,则2'()(1)()x x g x x e e -=--． 所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<．
3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
()f x a >：min max max ()()()f x a
f x a f x a
?>??
?>???≤?
恒成立有解无解
对点练习：
设01a <≤，函数x x x g x
a
x x f ln )(,)(-=+
=，若对任意的12,[1,]x x e ∈，都有12()()f x g x ≥成立，则a 的取值范围为 ．
【答案】[2,1]e -
【解析】因为设0a >，函数x x x g x
a
x x f ln )(,)(-=+
=，若对任意的12,[1,]x x e ∈，都有12()()f x g x ≥成立，则只需要1min
2max f (x )g(x )≥，则利用导数求解222a x a x 1
f '(x)1,
g '(x)x x x
--=-=
=，利用单调性求解最值得到a 的范围．
4．利用导数证明、解不等式问题
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
对点练习：
【2017课标II ，理】已知函数()2
ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。
(1)求a ；
(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2
202e f x --<<。
【答案】(1)1a =； (2)证明略。 【解析】
（2）由（1）知 ()2
ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--。
设()22ln h x x x =--，则()1'2h x x
=-
。 当10,2x ??∈ ??? 时，()'0h x < ；当1,2x ??
∈+∞
???
时，()'0h x > ， 所以()h x 在10,2?
? ??? 单调递减，在1,2??
+∞
???
单调递增。
【考点深度剖析】
导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与函数的零点、不等式恒成立、不等式的证明与求解等结合考查．学科网
【重点难点突破】
考点1 利用导数研究函数的图象与性质
【1-1】【2017河南开封10月月考】函数y=4cosx-e|x|（e为自然对数的底数）的图象可能是
A B C D
【答案】A
【解析】函数为x
e x y -=cos 4偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，
)sin 4(sin 4,cos 4x x x e x e x y e x y +-=--='-=，当0,0sin ,0>>< πe e x >，4sin 44≤≤-x ，0sin 4>+x e x ，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A. 【1-2】【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是 【答案】D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 【领悟技法】 导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间． 【触类旁通】 【变式一】【2016江西新余二模】将函数)4 cos()4cos(2)(π π +-=x x x g 图象上各点的横坐标伸长为原来 的2倍（纵坐标不变）后得到)(x h 的图象，设)(4 1)(2 x h x x f += ，则)('x f 的图象大致为（ ） 【答案】A 【解析】()2cos()cos()2cos ()cos()2sin()cos()442 4444g x x x x x x x π ππ ππππ??=- +=-++=++???? cos 2x =,()cos h x x =,所以21()cos 4f x x x = +,1 '()sin 2 f x x x =-,为奇函数,排除B 、D,又11 '()06262 f ππ=?-<,参照图象,选A. 【变式二】【2017·丽水模拟】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( ) A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1) B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1) C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2) D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 【答案】D 【解析】由题图，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当 x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值． 考点2 与函数零点有关的参数范围问题 【2-1】【2017课标3，理11】已知函数2 1 1()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a = A ．1 2 - B ． 13 C ． 12 D ．1 【答案】C 【解析】 试题分析：函数的零点满足() 211 2x x x x a e e --+-=-+， 设()1 1 x x g x e e --+=+，则()() 211 1 1 1 1 11 x x x x x x e g x e e e e e ---+----'=-=- = ， 当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =， 设()2 2h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ， 【2-2】【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--. （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. 【解析】 试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按0a ≤， 0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1 (ln )1ln f a a a -=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03 ln(1)n a >-，则 00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3 ln(1)ln a a ->-， 因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1). 【领悟技法】 1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象. 2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题． 【触类旁通】 【变式一】【2017湖南长沙二模】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x <时， ()()1x f x x e =+，则对任意m R ∈，函数()()()F x f f x m =-的零点个数至多有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 9个 【答案】A 【解析】当0x <时()()'2x f x x e =+,由此可知()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增， ()22f e --=-, ()10f -=且()0,1x f x →→,数()f x 是定义在R 上的奇函数， ()00f =，而(),1x ∈-∞-时， ()0f x <,所以()f x 的图象如图，令()t f x =,则()f t m =，由图可知，当() 1,1t ∈-时方程()t f x =至多3个根，当()1,1t ?-时方程()t f x =没有根，而对任意m R ∈， ()f t m =至多有一个根()1,1t ∈-，从而函数()()()F x f f x m =-的零点个数至多有3个. 【变式二】【2017安徽阜阳二模】已知函数()ln (x a f x x e a e -=-+是自然对数的底数 ）. （1）当0a =是，求证： ()2f x <-； （2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ） 1.a > 试题解析：（Ⅰ） 0a =当时， ()()1','=0x f x e f x x = -令.得： 01,12x x ?? =∈ ??? 且()f x 在()00,x 上单增，在()0,x +∞上单减 ()0 000max 0011ln 2.x f x x e x x x x ?? ∴=-=--=-+<- ?? ? （Ⅱ）()1 'x a g x e x -= - 故等价于()g x 在()0,+∞上有唯一极大值点()11,0x g x >且 ()11111 1 '0ln x a g x e x x a x -=? =?-=- 得： 11ln a x x =+ 故()1111 1 2ln ,g x x x x =-+ 令()()1 2ln ,10h x x x h x =- += ()()2 21 '10,01h x h x x x x =++>∴>?>，则11x > 又 ln y x x =+在()0,+∞上单增，由11x >，得11ln 1.a x x =+> 综上， 1.a > 考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 【3-1】若不等式3 ln 1mx x -≥对(]0,1x ?∈恒成立，则实数m 的取值范围是 . 【答案】2 [,)3 e +∞ 【解析】由3ln 1mx x -≥得3ln 1mx x -≥或3ln 1mx x -≤-，即3ln 1mx x ≥+或3 ln 1mx x ≤-.又 (]0,1x ∈，所以3ln 1x m x +≥或3ln 1x m x -≤.因为不等式3ln 1mx x -≥对(]0,1x ?∈恒成立，所以 3max ln 1x m x ??+≥ ???或3min ln 1x m x ??-≤ ???.(1)令3 ln 1()x f x x +=，则32 61(ln 1)3()x x x x f x x ?-+?'= 2632(1ln )2x x x -+=.令()0f x '=得2 31x e -=<，当230x e -<<时，()0f x '>；当231e x -<≤时，()0f x '<.所以()f x 在23 (0,)e -上是增函数，在23 (,1]e -是减函数.所以223 3 max 22 323 21 l ()()(n 133)e f x e e e e f -----++====， 所以2 3e m ≥.(2)令3 ln 1()x g x x -=，则32 61(ln 1)3g ()x x x x x x ?--?'=22643ln x x x x -=，因为(]0,1x ∈，所以ln 0x ≤，所以易知g ()0x '>，所以g()x 在(]0,1上是增函数.易知当0x →时，g()x →-∞，故g ()x 在(]0,1上无最小值，所以3 ln 1x m x -≤在(]0,1上不能恒成立.综上所述，23e m ≥，即实数m 的取值范围是2 [,)3 e +∞. 【3-2】已知函数ln(2) ()x f x x = ． （1）求()f x 在[]1,(1)a a >上的最小值； （2）若关于x 的不等式2()()0f x mf x +>只有两个整数解，求实数m 的取值范围． 【答案】（1） a a 2ln ；（2）1ln 2,ln 63?? -- ??? . 【解析】 （1）2 1ln(2) ()x f x x -'=，令()0 f x '>得()f x 的递增区间为(0,)2e ； 令()0f x '<得()f x 的递减区间为(,)2 e +∞，．2分 ∵[]1,x a ∈，则 当12 e a ≤≤时，()f x 在[]1,a 上为增函数，()f x 的最小值为(1)ln 2f =； 当2e a > 时，()f x 在1,2e ??????上为增函数，在,2e a ?? ??? 上为减函数，又ln 4(2)ln 2(1)2f f = ==， ∴若 22e a <≤，()f x 的最小值为(1)ln 2f =，．．．4分若2a >，()f x 的最小值为ln 2()a f a a =， 综上，当12a ≤≤时，()f x 的最小值为(1)ln 2f =；当2a >，()f x 的最小值为ln 2()a f a a = （2）由（1）知，()f x 的递增区间为(0,)2e ，递减区间为(,)2 e +∞， 且在(,)2e +∞上ln 2ln 10x e >=>，又0x >，则()0f x >．又1 ()02 f =． ∴0m >时，由不等式2 ()()0f x mf x +>得()0f x >或()f x m <-，而()0f x >解集为1(,)2 +∞，整数 解有无数多个，不合题意； 0m =时，由不等式2()()0f x mf x +>得()0f x ≠，解集为1 1 (0,) (,)2 2 +∞， 整数解有无数多个，不合题意； 0m <时，由不等式2()()0f x mf x +>得()f x m >-或()0f x <， ∵()0f x <解集为1(0,)2 无整数解， 若不等式2()()0f x mf x +>有两整数解，则(3)(1)(2)f m f f ≤-<=， ∴1ln 2ln 63 m -<≤- 综上，实数m 的取值范围是1 ln 2,ln 63 ??-- ?? ? 【领悟技法】 含参数的不等式()()f x g x >恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造()()()F x f x g x =-，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为()a h x >，或()a h x <，进而转化为求函数()h x 的最值. 【触类旁通】 【变式一】已知函数()() ()21 131x f x e ax a +=++-，若存在()0,x ∈+∞，使得不等式()1f x <成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()20, 31e e ? ?+ ? ?+?? B ．20,1e ? ? ?+?? C ．()2, 31e e ? ?+-∞ ? ?+? ? D ．1,1e ??-∞ ?+? ? 【答案】C 【解析】 因为,A B ，所以MA MB ?，则()()f x x m x m R =-+∈，则要使m ，则0,0, 0a b c >>>，可转化为： 存在2a b c m ++=使得 11+1a b b c ≥++成立．设()21 13 e g x e x +=?++，则()m a x a g x <．因为0x >，则33x +>，从而 11 33x <+，所以()()231e g x e +<+，即() 231e a e +<+，选C 【变式二】【2017福建三明5月质检】已知函数()() 22 21x f x e ax x =+-， a R ∈． （Ⅰ）当4a =时，求证：过点()1,0P 有三条直线与曲线()y f x =相切； （Ⅱ）当0x ≤时， ()10f x +≥，求实数a 的取值范围． 【答案】（I ）详见解析；（II ）[ )2,-+∞. 【解析】 解法一：（Ⅰ）当4a =时， ()() 22421x f x e x x =+-， ()()22·2421x f x e x x +'=-+ ()() 22282246x x e x e x x +=+ 设直线与曲线()y f x =相切，其切点为()() 00,x f x ， 则曲线()y f x =在点()() 00,x f x 处的切线方程为： ()()()000y f x f x x x '-=-， 因为切线过点()1,0P ，所以()()()0001f x f x x -'=-， 即() 22 0421x e x x -+-= () ()022*******x e x x x +-， ∵0 20x e >，∴30081410x x -+=， 设()3 8141g x x x =-+， ∵()2350g -=-<， ()010g =>， ()150g =-<， ()2370g => ∴()0g x =在三个区间()()()2,0,0,1,1,2-上至少各有一个根 又因为一元三次方程至多有三个根，所以方程3 81410x x -+=恰有三个根， 故过点()1,0P 有三条直线与曲线()y f x =相切． （Ⅱ）∵当0x ≤时， ()10f x +≥，即当0x ≤时， () 22 210x e ax x +-≥ ∴当0x ≤时， 2 21 210x ax x e +-+ ≥， 设()2 2121x h x ax x e =+-+ ，则()2 22112221x x h x ax ax e e ?? =+-=+- ??? '， 设()211x m x ax e =+- ，则() 21 x m x a e =+'． （2）当2a <-时，令()0m x '=，得220x a e + =，∴12102x n a ??=-< ??? ， 故当1 21,02x n a ????∈- ? ????? 时， ()2220x x a m x e e a ??=+< ???'， ∴()21 1x m x ax e =+- 在121,02n a ????- ? ???? ?上单调递减， 又∵()00m =，∴当1 21,02 x n a ?? ??∈- ? ????? 时， ()0m x ≥， 从而当1 21,02x n a ?? ??∈- ? ????? 时， ()0h x '≥， ∴()2 2121x h x ax x e =+-+ 在121,02n a ????- ? ????? 上单调递增，又∵()00h =， 从而当121,02x n a ????∈- ? ????? 时， ()0h x <，即2 21210x ax x e +-+< 于是当121,02 x n a ?? ??∈- ? ????? 时， ()10f x +<， 综合得a 的取值范围为[ )2,-+∞． 解法二：（Ⅰ）当4a =时， ()() 22 421x f x e x x =+-， ()()22·2421x f x e x x +'=-+ ()() 22282246x x e x e x x +=+， 设直线与曲线()y f x =相切，其切点为()() 00,x f x ， 则曲线()y f x =在点()() 00,x f x 处的切线方程为()()()000y f x f x x x '-=-， 因为切线过点()1,0P ，所以()()()0001f x f x x -'=-， 即() 22 0421x e x x -+-= () ()022*******x e x x x +-， ∵0 20x e >，∴30081410x x -+= 设()3 8141g x x x =-+，则()2 2414g x x ='-，令()0g x '=得712 x =±当x 变化时， ()g x ， ()g x '变化情况如下表： ∴3 81410x x -+=恰有三个根， 故过点()1,0P 有三条直线与曲线()y f x =相切． （Ⅱ）同解法一． 考点4利用导数证明、解不等式问题 【4-1】若)(x f 的定义域为R ，2)(>'x f 恒成立，2)1(=-f ，则42)(+>x x f 解集为（ ） A ．(1,1)- B ．(1 )-+∞， C ．(,1)-∞- D ．(,)-∞+∞ 【答案】B 【解析】构造函数()()2F x f x x =-，则'()'()20F x f x =->，所以函数()F x 在定义域上单调递增，又 (1)(1)24F f -=-+=，所以42)(+>x x f 解集为(1)-+∞，. 【4-2】【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值； （2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ? ??? ??+++< ??? ??????? ，求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ； (2)3 【解析】 试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点，列方程解得1a = ； (2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得2111111222n e ???? ??+ ++< ??? ??????? ，结合231111112222??? ???+++> ??????????? 可知实数m 的最小值为3 【领悟技法】 1.利用导数方法证明不等式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，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口. 2.利用导数解不等式的基本方法是构造函数，通过研究函数的单调性 ，从而解不等式的方法. 【触类旁通】 【变式一】【2017广东佛山二模】设函数()ln x f x ae x x =-，其中R a ∈， e 是自然对数的底数. （Ⅰ）若()f x 是()0,+∞上的增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）若2 2 e a ≥ ，证明： ()0f x >. 【答案】（Ⅰ）1 ,e ??+∞???? ;（Ⅱ）见解析.
相关主题
文本预览