《江苏省2019高考数学二轮复习-专题五-函数、不等式与导数-5.4-大题考法—函数与导数的综合问(共22页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习-专题五-函数、不等式与导数-5.4-大题考法—函数与导数的综合问(共22页).doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上第四讲 大题考法函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题. 典例感悟例1(2018镇江期末)已知函数f(x)xln x，g(x)(x21)(为常数)(1)若函数yf(x)与函数yg(x)在x1处有相同的切线，求实数的值；(2)若，且x1，证明：f(x)g(x)；(3)若对任意x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数的取值范围解(1)因为f(x)ln x1，所以f(1)1，因为f(1)g(1)且g(x)2x，所以g(1)21，解得.(2)证明：设函数h(x)f(x)g(x)xln x(x21)，则
2、h(x)ln x1x(x1). 设p(x)ln x1x，从而p(x)10对任意x1，)上恒成立，所以p(x)在1，)上单调递减，因为p(1)0，所以当x1，)时，p(x)0，即h(x)0，因此函数h(x)xln x(x21)在1，)上单调递减，即h(x)h(1)0，所以当x1时，f(x)g(x)成立. (3)设函数H(x)xln x(x21)(x1)，从而对任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立又H(x)ln x12x，当H(x)ln x12x0，即2恒成立时，函数H(x)单调递减. 设r(x)(x1)，则r(x)0，所以r(x)maxr(1)1，即21，解得.当0时，H(x)ln x1
3、2x0恒成立，此时函数H(x)单调递增. 于是，不等式H(x)H(1)0对任意x1，)恒成立，不符合题意； 当01，当x时，q(x)20，此时q(x)H(x)ln x12x单调递增，所以H(x)ln x12xH(1)120，故当x时，函数H(x)单调递增于是当x时，H(x)0成立，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为.方法技巧利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法(2)函数思想法演练冲关1(2018苏锡常镇一模)已知函数f(x)(x1)ln xaxa(a为正实数，且为常数)(1)若f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，
4、求实数a的取值范围解：(1)因为f(x)(x1)ln xaxa，所以f(x)ln x1a(x0)，若f(x)在(0，)上单调递增，则f(x)0，即aln x1在(0，)上恒成立，设g(x)ln x1(x0)，则g(x)，当x1时，g(x)0；当0x1时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)2，故0a2，即实数a的取值范围为(0,2(2)当0a2时，由(1)知，当x(0，)时，f(x)单调递增又f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0.故不等式(x1)f(x)0恒成立当a2时，f(x)，设p(x)xln x(1a)x1，则p(x)l
5、n x2a.令p(x)ln x2a0，得xea21.当x(1，ea2)时，p(x)0，p(x)单调递减，则p(x)p(1)2a0，则f(x)0，所以当x(1，ea2)时，f(x)单调递减，则当x(1，ea2)时，f(x)f(1)0，此时(x1)f(x)0，不符合题意综上，实数a的取值范围为(0,22(2018无锡期末)已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围解：(1)由题意，对任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，a，
6、即amax.令F(x)，则F(x)，令F(x)0，得x0.当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如表所示：x(，0)0(0,2)F(x)0F(x)极大值所以F(x)maxF(0)1，故此时a1.当x2时，f(x)g(x)恒成立，故此时aR.当x(2，)时，a，即amin，令F(x)0，得x，当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如表所示.xF(x)0F(x)极小值F(x)minF9e，故此时a9e，综上，1a9e，即实数a的取值范围是.(2)由f(x)g(x)，得ex(3x2)a(x2)，由(1)知a(，1)，令F(x)(x2)，当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如表所示.x(，0)
7、0(0,2)F(x)00F(x)极大值极小值当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于a存在的唯一整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a时，至少有两个整数成立，所以a.当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，因为F9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3,5e4综上，a的取值范围是(7e3,5e4.题型(二)利用导数解决与方程的解(零点)有关的问题主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.典例感悟例2(
8、2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)因为a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以m对于xR恒成立而f(x)2 4，当且仅当f2(x)4，即f(x)2时等号成立，且4，所以
9、m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2axbx2有且只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若
10、x00，则x00，于是gg(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20.又0，所以x10，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾因此x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.方法技巧利用导数研究函数零点问题的方法用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数
11、，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明零点个数演练冲关1(2018苏州暑假测试)已知函数f(x)(ax2x)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)若f(x)是函数f(x)的导函数，当a0时，解关于x的不等式f(x)ex；(2)若f(x)在1,1上是单调递增函数，求a的取值范围；(3)当a0时，求整数k的所有值，使方程f(x)x2在k，k1上有解解：(1)f(x)ax2(2a1)x1ex.不等式f(x)ex可化为ax2(2a1)xex0，因为ex0，故有ax2(2a1)x0，又a0，解得x0或x0时，不等式f(x)ex的解集是(0，)(2)由(1)得f(x)ax2(
12、2a1)x1ex，当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)0在1,1上恒成立，当且仅当x1时取等号，故a0符合要求；当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210，所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2，因此f(x)有极大值又有极小值若a0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1,1)内有极值点，故f(x)在1,1上不单调若a0x2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在1,1上单调，因为g(0)10，必须满足即所以a0，所以x0不是方程的解，所以原方程等价于ex10，令h(x)ex1.因为h(x)ex0对于x(，0)(0，)恒成立，所
13、以h(x)在(，0)和(0，)内是单调增函数又h(1)e30，h(3)e30，所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1,2和3，2上，所以整数k的所有值为3,12已知定义在R上的函数f(x)的图象不间断，且其表达式为f(x)(a，b，m，n为常数，且a0)(1)求m，n的值；(2)若a，b互为相反数，且f(x)是R上的单调函数，求a的取值范围；(3)若a1，bR，试讨论函数g(x)f(x)b的零点的个数，并说明理由解：(1)依题意，f(0)1，f(4)0，即解得(2)因为yx是减函数，且f(x)是R上的单调函数，所以在ya(log4x1)中，应该有y0，故a0时，xb0无解，lo
14、g4x1b0即log4x1b无解，又g(0)1b0，g(4)b0，g(2)f(2)b84(b4)21b3b0，方程g(x)0在(0,4)上有两解，可知方程g(x)0在R上一共有两解；当b1时，xb0有一解：xlog(b)，log4x1b0有一解：x41b，又g(0)1b0，g(4)b0，故方程g(x)0在(0,4)上有两解从而方程g(x)0在R上共有4个解；当1b0，g(4)b1时，g(x)有2个零点；当b1时，g(x)有3个零点；当b1时，g(x)有4个零点.题型(三)函数新定义问题主要考查利用导数解决在特定情形下的函数的性质问题.典例感悟例3(2018江苏高考)记f(x)，g(x)分别为函
15、数f(x)，g(x)的导函数若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x).对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解(1)证明：因为函数f(x)x，g(x)x22x2，所以f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得此方程组无解，因此f(x)与g(x)不存在“S点”(2)因为函数f(
16、x)ax21，g(x)ln x，所以f(x)2ax，g(x).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)所以ln x0，即x0e，所以a.当a时，x0e满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”所以a的值为.(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa.因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0(0,1)，使得h(x0)0.令b，则b0.函数f(x)x2a，g(x)，则f(x)2x，g(x).由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得即(*)此时，x0满足方程组(*)，即x0是函数f(x)与g(
17、x)在区间(0,1)内的一个“S点”因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”方法技巧函数新定义问题的求解策略对于函数的新定义问题，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题演练冲关若在公共定义域D上，f1(x)f(x)f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”(1)已知函数f1(x)x22x4ln x，f2(x)x22x2，求证：在区间(0，)上，f1(x
18、)，f2(x)有“D函数”；(2)已知aR，函数f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)x22ax.若在区间(1，)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围解：(1)证明：设K(x)f2(x)f1(x)x24ln x2，下证K(x)min0.K(x)x.故K(x)与K(x)随x的变化情况如下表：x(0,2)2(2，)K(x)0K(x)44ln 244ln 244ln e0，K(x)44ln 20.设R(x)f1(x)(44ln 2)，01，则f1(x)R(x)f2(x)在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”(2)设H
19、(x)f1(x)f(x)x2axa2ln x，则在(1，)上，H(x)0.H(x)2xa，在(1，)上，H(x)0，H(x)是减函数，H(x)H(1)1a0，a1.设P(x)f(x)f2(x)x22axln x，则在(1，)上，P(x)0.若a，则1，Pln0，矛盾若a，P(x)(2a1)x2a，在(1，)上，P(x)0，P(x)是减函数，P(x)P(1)a0.a，a.故所求a的取值范围为.课时达标训练A组大题保分练1已知函数f(x)aexx2bx(a，bR)(1)设a1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围；(2)设b0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围解：
20、(1)当a1时，f(x)exx2bx，f(x)ex2xb，由题意知，f(x)ex2xb0对xR恒成立由ex2xb0，得bex2x.令F(x)ex2x，则F(x)ex2，由F(x)0，得xln 2.当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递增，当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递减，从而当xln 2时，F(x)取得最大值2ln 22，b2ln 22，故b的取值范围为2ln 22，)(2)当b0时，f(x)aexx2.由题意知aexx20只有一个解由aexx20，得a，令G(x)，则G(x)，由G(x)0，得x0或x2.当x0时，G(x)0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为0，)；当
21、0x2时，G(x)0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为；当x2时，G(x)0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为.由题意得，a0或a，从而a0或a，故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为02已知函数f(x)(1b)xaln x(a0)在x2a处取得极值(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)x22cx4ln 2，当a1时，若对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，求实数c的取值范围解：(1)由f(x)(1b)xaln x，a0，x0，得f(x)1b.又f(x)在x2a处取得极值，所以f(2a)1bb0，所以f(x)xaln x，f(x)1，又a
22、0，且函数f(x)的定义域为(0，)，所以由f(x)0，得x2a；由f(x)0，得0x2a，即函数f(x)的单调递增区间为(2a，)，单调递减区间为(0,2a)(2)当a1时，f(x)xln x，x(0，)，由(1)知x1，e时，f(x)在1,2上单调递减，在(2，e上单调递增，所以f(x)minf(2)3ln 2.对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，即f(x)ming(x)，x1，e恒成立即3ln 2x22cx4ln 2，x1，e恒成立，即2cx，x1，e恒成立， 令h(x)x，则h(x)10，x1，e，即h(x)x在1，e上单调递增，故h(x)maxh(e)e，所以c.故实数
23、c的取值范围为.3(2018南京、盐城一模)设函数f(x)ln x，g(x)ax3(aR)(1)当a2时，解关于x的方程g(ex)0(其中e为自然对数的底数)；(2)求函数(x)f(x)g(x)的单调增区间；(3)当a1时，记h(x)f(x)g(x)，是否存在整数，使得关于x的不等式2h(x)有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由(参考数据：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)当a2时，方程g(ex)0，即为2ex30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或ex，故所求方程的根为x0或xln 2.(2)因为(x)f(x)g(x)ln xax3(x0)，
24、所以(x)a(x0)，当a0时，由(x)0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x；当0a0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x0；当a0，解得0x.综上所述，当a1时，(x)的单调增区间为. (3)存在满足题意的.当a1时，g(x)x3，所以h(x)(x3)ln x，所以h(x)ln x1在(0，)上单调递增因为hln120，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，即ln x010，当x(0，x0)时，h(x)0，所以h(x)minh(x0)(x03)ln x0(x03)6，记函数r(x)6，由r(x)0在上恒成立可得r(x)在上单调递增， 所以rh(x0)0)(1)若函数yf(x)是R上的
25、单调增函数，求实数a的取值范围；(2)设a，g(x)f(x)bln x1(bR，b0)，g(x)是g(x)的导函数若对任意的x0，g(x)0，求证：存在x0，使g(x0)0；若g(x1)g(x2)(x1x2)，求证：x1x20，所以cos x对xR恒成立，因为(cos x)max1，所以1，从而0a1.所以实数a的取值范围是(0,1(2)证明：g(x)xsin xbln x1，所以g(x)1cos x.若b0，使g1cos0.取x0e，则0x01.此时g(x0)x0sin x0bln x011bln e10，使g(x0)0.依题意，不妨设0x11.由(1)知函数yxsin x单调递增，所以x2
26、sin x2x1sin x1.从而x2x1sin x2sin x1.因为g(x1)g(x2)，所以x1sin x1bln x11x2sin x2bln x21，所以b(ln x2ln x1)x2x1(sin x2sin x1)(x2x1)所以2b0.下面证明，即证明，只要证明ln t1)，所以h(t)0在(1，)上恒成立所以h(t)在(1，)上单调递减，故h(t)，即x1x20)，令f(x)0，即x2ax10，a24.当a240，即2a2时，x2ax10对x0恒成立，即f(x)0对x0恒成立，此时f(x)没有极值点当a240，即a2时，若a2，设方程x2ax10的两个不同实根为x1，x2，不妨
27、设x10，x1x210，故x2x10，当0xx2时，f(x)0；当x1xx2时f(x)2，设方程x2ax10的两个不同实根为x3，x4，则x3x4a0，故x30，x40时，f(x)0，故函数f(x)没有极值点综上，当a0，所以a对于x0恒成立，设(x)(x0)，则(x)，x0，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增，(x)(1)e1，ae1，即实数a的取值范围是(，e12(2018苏州期末)已知函数f(x)其中常数aR.(1)当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)f(x)ex3在区间(0，)上有实数解，求实数a的取值范围；(3)若存在实数m，n0,2，且|mn|1，使得f
28、(m)f(n)，求证：1e.解：(1)当a2时，f(x)当x0时，f(x)3x22x0，所以f(x)的单调递减区间是(，0)和0，ln 2，单调递增区间是ln 2，)(2)当x0时，f(x)exax，此时x0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以f(x)f(x)exaxx3x2ex3在区间(0，)上有实数解，可化为ax2x在区间(0，)上有实数解记g(x)x2x，x(0，)，则g(x)2x1.可得g(x)在(0,1上单调递减，在1，)上单调递增，且g(1)5，当x时，g(x).所以g(x)的值域是5，)，即实数a的取值范围是5，)(3)证明：当x0,2时，f(x)exax，有f(x)exa.
29、若a1或ae2，则f(x)在0,2上是单调函数，不合题意所以1ae2，此时可得f(x)在0，ln a上单调递减，在ln a,2上单调递增不妨设0mln af(ln a)，且f(ln a)0)，则当0xx0时，F(x)x0时，F(x)0，所以F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，)上单调递增，代入a2x0，可得F(x)minF(x0)x2x0ln x02.设G(x)x22xln x2，则G(x)2x20对x0恒成立，所以G(x)在区间(0，)上单调递增又G(1)0，所以当0x1时，G(x)0，即当00，所以当xea21时，F(x)ln ea2a220.因此当0x01时，函数F(x)
30、必有零点，即当0x01时，必存在x2使得(*)成立，即存在x1，x2使得函数f(x)上点(x1，f(x1)与函数g(x)上点(x2，g(x2)处切线相同又由y2x，x(0,1得y20，所以y2x在(0,1上单调递减，因此a2x01，)所以实数a的取值范围是1，)4对于函数f(x)，在给定区间a，b内任取n1(n2，nN*)个数x0，x1，x2，xn使得ax0x1x2xn1xnb，记Sf(xi1)f(xi)|.若存在与n及xi(in，iN)均无关的正数A，使得SA恒成立，则称f(x)在区间a，b上具有性质V.(1)若函数f(x)2x1，给定区间为1,1，求S的值；(2)若函数f(x)，给定区间为
31、0,2，求S的最大值；(3)对于给定的实数k，求证：函数f(x)kln xx2在区间1，e上具有性质V.解：(1)因为函数f(x)2x1在区间1,1为减函数，所以f(xi1)f(xi)，所以|f(xi1)f(xi)| f(xi)f(xi1)Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1) f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn)f(1)f(1)4.(2)由f(x)0，得x1.当x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)为增函数；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1,2)为减函数；所以f(x)在x1时取极大值.设xm1xm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)
32、|f(x1)f(0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(2)f(xn1)|f(x1)f(0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(2)f(xm)f(0)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(2)因为|f(xm1)f(xm)|f(1)f(xm)f(1)f(xm1)，当xm1时取等号，所以Sf(xm)f(0)f(1)f(xm)f(1)f(xm1)f(xm1)f(2)2f(1)f(0)f(2).所以S的最大值为.(3)证明：f(x)x，x1，e当ke2时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)
33、在1，e上为增函数，所以Sf(xi1)f(xi)| f(x1)f(x0)f(x2)f(x1) f(xn)f(xn1)f(xn)f(x0)f(e)f(1)ke2.因此，存在正数Ake2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当k1时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为减函数，所以Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1)f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn) f(1)f(e) e2k.因此，存在正数Ae2k，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当1ke2时，由f(x)0，得x；当f(x)0，得1x；当f(x)0，得xe，因此f(x)在1，)上为增函数，在(，e上为减函数设xmxm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(x0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(xn)f(xn1)|f(x1)f(x0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)| f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(xn)f(