《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第28練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第28練（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第28練　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用[壓軸大題突破練] [明晰考情]　1.命題角度：函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點(diǎn)，常以指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題.2.題目難度：偏難題. 考點(diǎn)一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根) 方法技巧　求解函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個數(shù)問題的基本思路 (1)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題. (2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖象. (3)結(jié)合圖象求解. 1.設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝

2、f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點(diǎn)，求c的取值范圍. 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當(dāng)a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 解得x＝－2或x＝－. 當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的變化情況如下： x (－∞，－2) －2 － f

3、′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ c ↘ c－ ↗ ∴當(dāng)c>0且c－<0時，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點(diǎn). 2.(2018·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有最小值，記為g(a)，關(guān)于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍. 解　(1)f′(x

4、)＝－(x>0)， 當(dāng)a<0時，f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時，f′(x)＝， 則f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增. (2)由(1)知， a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，即g(a)＝1－ln a， 方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)， 令F(a)＝a－ln a－(a>0)，則F′(a)＝1－＋＝， 知F(a)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， F(a)極大值＝F＝－＋ln 3，F(xiàn)(a)極小值＝F＝－ln 2＋ln 3. 依題意得實數(shù)m的取值范圍是. 3.已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ex－a

5、x(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在區(qū)間內(nèi)無零點(diǎn)，求實數(shù)a的最大值. 解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上單調(diào)遞增. 若f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立. 因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥. 又當(dāng)a＝時，f′(x)＝ex－≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時取等號. 所以實數(shù)a的取值范圍是. (2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x

6、，且F(1)＝0， 則F′(x)＝a－＝＝，x>0. ①當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 結(jié)合F(1)＝0知，當(dāng)x∈時，F(xiàn)(x)>0. 所以F(x)在內(nèi)無零點(diǎn). ②當(dāng)a>0時，令F′(x)＝0，得x＝. 若≥，即a∈(0，4]時， F(x)在上是減函數(shù). 又x→0時，F(xiàn)(x)→＋∞. 要使F(x)在內(nèi)無零點(diǎn)，只需F＝－－2ln≥0，則04時，則F(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù). 所以F(x)min＝F＝2－a－2ln， 令φ(a)＝2－a－2ln， 則φ′(a)＝－1＋＝<0. 所以φ(a)在(4，

7、＋∞)上是減函數(shù)， 則φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0. 因此F<0，所以F(x)在x∈內(nèi)一定有零點(diǎn)，不合題意，舍去. 綜上，函數(shù)F(x)在內(nèi)無零點(diǎn)，應(yīng)有a≤4ln 2，所以實數(shù)a的最大值為4ln 2. 考點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題 方法技巧　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口. 4.設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1

8、<0)，得f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減. 因此，f(x)在(0，1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù). (2)證明　當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<1時，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，可得f(x)1， 則F′(x)＝1＋ln x－1＝ln

9、x， 當(dāng)x>1時，F(xiàn)′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 即有F(x)>F(1)＝0， 即有xln x>x－1.綜上，原不等式得證. 5.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1，x2， 證明：＜a－2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. ①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. ②若a＞2，令f′(x)＝0，得 x＝或x＝. 當(dāng)x∈∪時，f′(x)＜0； 當(dāng)

10、x∈時，f′(x)＞0. 所以f(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. (2)證明　由(1)知，f(x)存在兩個極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a＞2. 由于f(x)的兩個極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1. 由于＝－－1＋a ＝－2＋a＝－2＋a， 所以＜a－2等價于－x2＋2ln x2＜0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x， 由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. 又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. 6.設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(

11、x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個數(shù)； (2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2e2x－(x>0). 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)； 當(dāng)a>0時，設(shè)u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－ 在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 又f′(a)>0，當(dāng)b滿足00時，f′(x)存在唯一零點(diǎn). (2)證明　由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0

12、)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于－＝0， 所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 當(dāng)且僅當(dāng)x0＝時，取等號. 故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. 考點(diǎn)三　不等式恒成立或有解問題 方法技巧　不等式恒成立、能成立問題常用解法 (1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，形如a>f(x)

13、max或a

14、)在(0，1)上單調(diào)遞減. 若f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則f′(1)≥0，即a≥e； 若f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，則f′(0)≤0，即a≤－1. 綜上可知，a的取值范圍為(－∞，－1]∪[e，＋∞). (2)由題意知，y＝f(x)＋exln x ＝ex>0恒成立， 令g(x)＝－x＋＋ln x(x>0)， g′(x)＝， 令t(x)＝ex－1－x，t′(x)＝ex－1－1，當(dāng)x>1時，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0

15、(x)單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(1)＝， 結(jié)合題意，知a>0，故a的最小整數(shù)解為1. 8.已知函數(shù)f(x)＝ln x. (1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋x2有兩個極值點(diǎn)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有實數(shù)解，求整數(shù)m的最大值. 解　(1)g(x)＝ln x－ax＋x2(x>0)， 則g′(x)＝， 由題意得方程x2－ax＋1＝0有兩個不等的正實數(shù)根，設(shè)兩根為x1，x2， 則即a的取值范圍為(2，＋∞). (2)方程ln x＝m(x＋1)，即m＝， 設(shè)h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝， 令φ(x)＝－ln x(x>0

16、)，則φ′(x)＝－－<0， φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，h′(e)＝>0， h′(e2)＝<0， 存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝ln x0， 當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減， ∴h(x)max＝＝∈， 即m≤h(x)max(m∈Z)， 故m≤0，經(jīng)檢驗當(dāng)m＝0時滿足題意，∴整數(shù)m的最大值為0. 9.已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)當(dāng)x∈[1，e]時，求f(x)的最小值； (2)當(dāng)a＜1時，若存在x1∈[e

17、，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍. 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝. ①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≥0， 則f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 當(dāng)x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù). 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. ③若a≥e，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－

18、. 綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a； 當(dāng)1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； 當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－. (2)由題意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. g′(x)＝(1－ex)x. 當(dāng)x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)， g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1， 即a＞，所以a的取值范圍為. 典例　(12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x

19、－mx＋m，m∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的值； (3)在(2)的條件下，對任意的0＜a＜b，求證：＜. 審題路線圖 (1)―→―→ (2)―→―→―→―→ (3)―→ 規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn) (1)解　f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞)). 當(dāng)m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m＞0時，由f′(x)＝－m＝＞0， 可得x∈，則f(x)在上單調(diào)遞增， 由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈， 則f(x)在上單調(diào)遞減. …………………………………………………………

20、…4分 (2)解　由(1)知，當(dāng)m≤0時顯然不成立； 當(dāng)m＞0時，f(x)max＝f＝ln －1＋m ＝m－ln m－1， 只需m－ln m－1≤0即可，令g(x)＝x－ln x－1， 則g′(x)＝1－， 函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0. 故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立時，m＝1.………………………………………………8分 (3)證明?。剑剑?＝·－1， 由0＜a＜b，得＞1，由(2)得0

21、 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求導(dǎo)數(shù). [第二步]　看性質(zhì)：根據(jù)導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì). [第三步]　用性質(zhì)：將題中條件或要證結(jié)論轉(zhuǎn)化，如果成立或有解問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值，證明不等式可利用函數(shù)單調(diào)性和放縮法. [第四步]　得結(jié)論：審視轉(zhuǎn)化過程的合理性. [第五步]　再反思：回顧反思，檢查易錯點(diǎn)和步驟規(guī)范性. 1.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m＞0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)m≥1時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個數(shù). 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝. 當(dāng)

22、0＜x＜時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x＞時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 綜上可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，]. (2)令F(x)＝f(x)－g(x) ＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0， 問題等價于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個數(shù). F′(x)＝－， 當(dāng)m＝1時，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)， 注意到F(1)＝＞0，F(xiàn)(4)＝－ln 4＜0， 所以F(x)有唯一零點(diǎn). 當(dāng)m＞1時，若0＜x＜1或x＞m，則F′(x)＜0； 若1＜x＜m，則F′(x)＞0， 所以函數(shù)F(x)在(0，1)和(m，＋∞)

23、上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增， 注意到F(1)＝m＋＞0，F(xiàn)(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0， 所以F(x)有唯一零點(diǎn). 綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象總有一個交點(diǎn). 2.(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時，證明f(x)≤－－2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 若a<0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0

24、. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 綜上，當(dāng)a≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)證明　由(1)知，當(dāng)a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0. 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1(x>0)， 則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. 故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x

25、>0時，g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 3.已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))； (3)求證：ln≤. (1)解　f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域為(0，＋∞). ∵f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得01， ∴f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞). (2)解　由(1)得f

26、(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， ∴f(x)在上的最大值為f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f

27、)已知函數(shù)f(x)＝a＋bln x(其中a，b∈R). (1)當(dāng)b＝－4時，若f(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝－1時，是否存在實數(shù)b，使得當(dāng)x∈時，不等式f(x)>0恒成立，如果存在，求b的取值范圍，如果不存在，請說明理由. 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，當(dāng)b＝－4時， f′(x)＝. 若f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則a≥＝. ∵max＝1，∴a≥1； 若f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞減，則a≤＝， ∵min在x＋→＋∞時取得，即→0. ∴a≤0. 綜上，a≤0或a≥1. (2)f(x)＝－＋bln x>0在x∈[e，e2]上恒

28、成立， 令y＝ln x－，x∈[e，e2]，y′＝＋>0，函數(shù)y＝ln x－在x∈[e，e2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝e時，y取最小值1－>0，故y＝ln x－>0在x∈[e，e2]上恒成立， 故問題轉(zhuǎn)化為b>在x∈[e，e2]上恒成立， 令h(x)＝，x∈[e，e2]，h′(x)＝， 令m(x)＝ln x－－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝＋>0， 而m(e)<0，m(e2)>0， 故存在x0∈[e，e2]，使得h(x)在[e，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，e2]上單調(diào)遞增， ∴h(x)max＝h(e2)或h(e)， ∵h(yuǎn)(e2)＝. 綜上，存在b滿足題意，此時b∈.