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1、1 / 17【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-23-2 导数的应用第导数的应用第 3 3 课时导数与函数的综合问题理课时导数与函数的综合问题理题型一 导数与不等式有关的问题命题点 1 解不等式例 1 设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，f(2)0，当 x0 时，有0 的解集是( )A(2,0)(2，) B(2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2)(0,2)答案 D解析 当 x0 时，0，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)命
2、题点 2 证明不等式例 2 (2016全国丙卷)设函数 f(x)ln xx1.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x(1，)时，11，证明：当 x(0,1)时，1(c1)xcx.(1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得 x1.当 00，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)1，设 g(x)1(c1)xcx，则 g(x)c1cxln c，令 g(x)0，解得 x0.当 x0，g(x)单调递增；当 xx0 时，g(x)0.所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx.命题点 3 不等式恒成立或有解问题例 3 已知函数 f(x).(1)若函数 f(x)在区
3、间(a，a)上存在极值，求正实数 a 的取值范围；(2)如果当 x1 时，不等式 f(x)恒成立，求实数 k 的取值范围解 (1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令 f(x)0，得 x1；当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)g(1)2，故 k2.所以实数 k 的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：存在 x01，e，使不等式 f(x)成立，求实数k 的取值范围解 当 x1，e时，k有解，令 g(x)，由例 3(2)解题知，g(x)为单调增函数，g(x)maxg(e)2，k2，即实数 k 的取值范围是(
4、，2思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含 f(x)的不等式，可得到和 f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式(2)利用导数证明不等式的方法证明 f(x)0，得 x2，由 f(x)0，h(x)2ln x，x0，则 f(x)m(x)h(x)，当 a0，f(x)在(0，)上无零点由得 a24ln 2，amin24ln 2.思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化6 / 17趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数(2016
5、郑州模拟)定义在 R 上的奇函数 yf(x)满足 f(3)0，且不等式 f(x)xf(x)在(0，)上恒成立，则函数 g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为( )A4 B3 C2 D1答案 B解析 定义在 R 上的奇函数 f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，当 x0 时，f(x)xf(x)，即 f(x)xf(x)0，xf(x)0，即 h(x)xf(x)在 x0 时是增函数，又 h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数，当 x0)，为使耗电量最小，则速度应定为_8 / 17答案 40解析 令 yx239x400，得 x1 或 x40，由于当 040 时
6、，y0.所以当 x40 时，y 有最小值一审条件挖隐含典例 (12 分)设 f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最大整数 M；(2)如果对于任意的 s，t，2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a的取值范围(1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M(正确理解“存在”的含义)g(x1)g(x2)maxM挖掘g(x1)g(x2)max 的隐含实质g(x)maxg(x)minM求得 M 的最大整数值(2)对任意 s，t，2都有 f(s)g(t)(理解“任意”的含义)f(x)ming(x)max求得
7、 g(x)max1xln x1 恒成立a x分离参数 aaxx2ln x 恒成立求 h(x)xx2ln x 的最大值9 / 17ah(x)maxh(1)1a1规范解答 解 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.2 分由 g(x)x3x23，得 g(x)3x22x3x(x)令 g(x)0，得 x，又 x0,2，所以 g(x)在区间0，上单调递减，在区间，2上单调递增，所以 g(x)ming()，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数 M4.5 分(2)对于任意的 s，
8、t，2，都有 f(s)g(t)成立，等价于在区间，2上，函数 f(x)ming(x)max.7 分由(1)可知在区间，2上，g(x)的最大值为 g(2)1.在区间，2上，f(x)xln x1 恒成立等价于 axx2ln x 恒成立设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知 h(x)在区间，2上是减函数，又 h(1)0，所以当 10.10 分即函数 h(x)xx2ln x 在区间(，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以 h(x)maxh(1)1，所以 a1，即实数 a 的取值范围是1，)12 分1已知 f(x)，g(x) (g(x)0)分别是定义在 R 上的奇函数和偶
9、函数，10 / 17当 x0，故选 B.3方程 x36x29x100 的实根个数是( )A3 B2 C1 D0答案 C解析 设 f(x)x36x29x10，则 f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为 f(1)60)，则获得最大利润时的年产量为( )A1 百万件 B2 百万件C3 百万件 D4 百万件12 / 17答案 C解析 y3x2273(x3)(x3)，当 00；当 x3 时，y0，即 AB 的最小值是 42ln 2，故选 C.7已知函数 f(x)若|f(x)|ax，则 a 的取值范围是( )A(，0 B(，1C2,1 D2,0答案 D解析 |f(x)|ax成立由
10、(1)得 x(x2)ax 在区间(，0上恒成立当 x0 时，aR；当 x0)，则 h(x)a(x0)，可知 h(x)为减函数当 a0 时，h(x)0，故 h(x)为增函数，所以 h(x)h(0)0 恒成立；当 a1 时，因为(0,1)，所以 h(x)a0，满足 h(x0)ln(x01)ax00，则 f(x)在定义域内为增函数，所以 f(mx3)f(x)1，f(0)4，则不等式 exf(x)ex3(其中 e 为自然对数的底数)的14 / 17解集为_答案 (0，)解析 设 g(x)exf(x)ex(xR)，则 g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，f(x)f(x)1，f(x
11、)f(x)10，g(x)0，yg(x)在定义域上单调递增，exf(x)ex3，g(x)3，又g(0)e0f(0)e0413，g(x)g(0)，x0.10已知函数 f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点 x0 且x00，则 a 的取值范围是_答案 (，2)解析 当 a0 时，f(x)3x21 有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令 f(x)0，得 x10，x2.若 a0，由三次函数图象知 f(x)有负数零点，不合题意，故 a0 知，f()0，即 a()33()210，化简得 a240，又 a1 且 x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；15 / 17
12、当 x(0，)时，f(x)0 时，f(x)x.设 h(x)f(x)x，则 h(x)xex1.当 x(1,0)时，0h(0)0，即 g(x)1 且 x0 时总有 g(x)0.当 a0 时，f(x)0，f(x)是增函数，当 x1 时，f(x)exa(x1)0.当 x0，f(x)单调递增，所以当 xln(a)时，f(x)取最小值函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e20 时，f(x)0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1 不是 f(x)的极值点故不存在实数 a，使得 f(x)在 x1 处取得极值(2)由 f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记 F(x)xln x(x0)，F(x)(x0)，当 01 时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a，记 G(x)，x，e，17 / 17G(x)2x2xln xx2x1 xln x2.x，e，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，x(，1)时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1.aG(x)min1.故实数 a 的取值范围为1，)