《【最新】2020届高考数学(文)一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(讲)【含答案】(20200822023625).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【最新】2020届高考数学(文)一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(讲)【含答案】(20200822023625).pdf（13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、2020 年高考数学（文）一轮复习讲练测专题 3.4 导数的综合应用1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。考点一利用导数证明不等式【典例 1】【2019 年高考天津】设函数()e cos,()xf xxg x为fx的导函数（）求fx的单调区间；（）当,4 2x时，证明()()02fxg xx；（）设nx为函数()()1u xfx在区间2,242nn内的零点，其中nN，证明20022sinc seonnnxxx【答案】（）()f x 的单调递增区间为32,2(),()44kkkfxZ的单调递减区间为52,2()44k
2、kkZ.（）见解析；（）见解析.【解析】（）由已知，有()e(cossin)xf xxx 因此，当52,244xkk()kZ时，有sincosxx，得()0f x，则fx单调递减；当32,244xkk()kZ时，有sincosxx，得()0f x，则fx单调递增所以，fx的单调递增区间为32,2(),()44kkkf xZ的单调递减区间为52,2()44kkkZ（）证明：记()()()2h xf xg xx依题意及（），有()e(cossin)xg xxx，从而()2e sinxg xx当,4 2x时，0()g x，故()()()()(1)()022h xf xg xxg xg xx因此，h
3、x在区间,4 2上单调递减，进而()022h xhf所以，当,4 2x时，()()02f xg xx（）证明：依题意，10nnu xfx，即cose1nxnx记2nnyxn，则,4 2ny，且22ecosecos2ennyxnnnnnfyyxnnN由20e1nnfyfy及（），得0nyy由（）知，当,4 2x时，()0g x，所以g x在,4 2上为减函数，因此004ng yg yg又由（）知，02nnnfyg yy，故02222000002sincossinceeeeosennnnnnynnfyyg yg ygyyyxx所以，20022sinc seonnnxxx【变式 1】(2019 山东
4、师大附属中学模拟)已知函数f(x)1ln xx，g(x)aeex1xbx(e 为自然对数的底数)，若曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直(1)求 a，b 的值；(2)求证：当x1时，f(x)g(x)2x.【解析】(1)因为 f(x)1ln xx，所以 f(x)ln x1x2，f(1)1.因为 g(x)aeex1xbx，所以 g(x)aeex1x2b.因为曲线yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以 g(1)1，且 f(1)g(1)1，即 g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得 a 1，b 1
5、.(2)证明：由(1)知，g(x)eex1xx，则 f(x)g(x)2x?1ln xxeex1xx0.令 h(x)1ln xxeex1xx(x1)，则 h(x)1ln xx2eex1x21ln xx2eex1.因为 x1，所以 h(x)ln xx2eex10，所以 h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即 1ln xxeex1x x0，所以当 x1时，f(x)g(x)2x.考点二不等式恒成立【典例 2】【2019 年高考浙江】已知实数0a，设函数()=ln1,0.f xaxxx（1）当34a时，求函数()f x的单调区间；（2）对任意21,)ex均有(),2xf xa求a的取值范
6、围注：e=2.71828 为自然对数的底数【答案】（1）fx的单调递增区间是3,单调递减区间是0,3；（2）20,4.【解析】（1）当34a时，3()ln1,04f xxx x31(12)(2 11)()42 141xxf xxxxx，所以，函数()f x的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由1(1)2fa，得204a当204a时，()2xf xa等价于22 12ln0 xxxaa令1ta，则2 2t设2()212ln,2 2g ttxtxx t，则211()(1)2lnxg tx txxx（i）当1,7x时，1122x，则()(22)84 2 12lng tgxxx记1
7、()422 1ln,7p xxxx x，则2212121()11xxxxp xxxxx x(1)1(221)1(1)(12)xxxxxxxx.故x171(,1)71(1,)()p x0+()p x1()7p单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p xp因此，()(22)2()0g tgp x（ii）当211,e7x时，12ln(1)()12xxxg tgxx令211()2ln(1),e7q xxxxx，则ln2()10 xq xx，故()q x在211,e7上单调递增，所以1()7q xq由（i）得，12 712 7(1)07777qpp所以，()0，所以 ax22xxln x在区间
8、 1，e上有解.令 h(x)x22xxln x，则 h(x)（x1）（x2 2ln x）（xln x）2.因为 x1，e，所以 x222ln x，所以 h(x)0，h(x)在1，e上单调递增，所以 x1，e时，h(x)maxh(e)e（e2）e1，所以 ae（e2）e1，所以实数a 的取值范围是，e（e2）e1.考点三判断零点的个数【典例 3】(2019 湖北合肥一中质检)已知二次函数f(x)的最小值为 4，且关于 x 的不等式 f(x)0的解集为 x|1 x3，xR.(1)求函数 f(x)的解析式；(2)求函数 g(x)f（x）x4ln x 的零点个数.【解析】(1)f(x)是二次函数，且关
9、于x 的不等式f(x)0 的解集为 x|1 x3，xR，设 f(x)a(x1)(x3)ax2 2ax3a，且 a0.f(x)minf(1)4a 4，a1.故函数 f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知 g(x)x22x3x4ln x x3x4ln x2，g(x)的定义域为(0，)，g(x)13x24x（x1）（x3）x2，令 g(x)0，得 x11，x23.当 x 变化时，g(x)，g(x)的取值变化情况如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，)g(x)0 0 g(x)极大值极小值当 0 x3时，g(x)g(1)43 时，g(e5)e53e52022512290.又因为 g(x
10、)在(3，)上单调递增，因而 g(x)在(3，)上只有 1 个零点，故 g(x)仅有 1 个零点.【方法技巧】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求 g(x)易求，g(x)0 可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数.(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.【变式 3】(2019 山西平遥中学模拟)设函数 f(x)ln
11、 xmx，mR.讨论函数g(x)f(x)x3零点的个数【解析】由题设，g(x)f(x)x31xmx2x3(x0)，令 g(x)0，得 m13x3x(x0)设 (x)13x3x(x0)，则 (x)x21(x1)(x1)，当 x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减所以 x1 是 (x)的极大值点，也是(x)的最大值点所以 (x)的最大值为(1)23.由 (0)0，结合 y(x)的图象(如图)，可知当m23时，函数g(x)无零点；当 m23时，函数g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数g(x)有两个零点；当 m0 时，函
12、数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m23时，函数 g(x)无零点；当 m23或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数 g(x)有两个零点考点四由函数零点个数求参数【典例 4】(2018 全国卷)已知函数f(x)ex ax2.(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.【解析】(1)证明：当a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数 g(x)(x21)ex 1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当 x1时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减而 g(0)0，故当 x0 时，g(x)0
13、，即 f(x)1.(2)设函数 h(x)1 ax2ex.f(x)在(0，)上只有一个零点等价于h(x)在(0，)上只有一个零点()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点；()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex.当 x(0,2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0.所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)14ae2是 h(x)在(0，)上的最小值当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上没有零点当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上只有一个零点当 h(2)0，即 ae24时，因为h(0)1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零
14、点由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a3e4a116a3e2a2116a32a4 11a0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，ae24.【方法技巧】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与 x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”【变式 4】(2019 河北衡水第一中学调研)已知函数f(x)exax a(aR 且 a0).(1)若 f(0)2，求实数a 的值，并求此时f(x)在2
15、，1上的最小值；(2)若函数 f(x)不存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又 f(0)1a2，得 a 1，所以 f(x)exx1，求导得f(x)ex1.易知 f(x)在2，0上单调递减，在0，1上单调递增，所以当 x0 时，f(x)在2，1上取得最小值2.(2)由(1)知 f(x)exa，由于 ex0，当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上是增函数，当 x1 时，f(x)exa(x1)0；当 x0 时，取 x1a，则 f 1a1a1a1 a0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意.当 a0 时，令 f(x)0，得 xln(a).在(，ln(
16、a)上，f(x)0，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)a 2aaln(a)0，解得 e2a0 在(0，)上恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当 a0 时，由 f(x)0 得 xa3，由 f(x)0 得 0 x0，f(x)单调递增，当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减.则 f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，则 f(x)min 4，所以 f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为3.【变式 4】(2019
17、湖南湘潭一中调研)已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当 a0 时，求曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)讨论 f(x)的单调性；(3)若 f(x)有两个零点，求a 的取值范围【解析】(1)当 a0 时，f(x)ln xx，f(e)e1，f(x)1x1，f(e)11e，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为y(e1)11e(xe)，即 y1e 1 x.(2)f(x)2ax2 x1x(x0)，当 a0 时，显然 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，令 f(x)2ax2x1x0，则 2ax2x10，易知 0 恒成立设方程的两根分别为x1，x2(
18、x1x2)，则 x1x212a0，x10 x2，f(x)2ax2x1x2axx1x x2x(x0)由 f(x)0 得 x(0，x2)，由 f(x)0 得 x(x2，)，其中 x218a 14a，函数 f(x)在0，18a 14a上单调递增，在18a14a，上单调递减(3)函数 f(x)有两个零点，等价于方程aln xxx2有两解令 g(x)ln xxx2(x0)，则 g(x)12ln x xx3.由 g(x)12ln xxx30，得 2ln xx 1，解得 0 x1，g(x)在(0,1)单调递增，在(1，)单调递减，又当 x1时，g(x)0，当 x0时，g(x)，当 x 时，g(x)0，作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a(0,1)时符合题意下面给出证明：当 a1时，a g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当 a0 时，方程至多一解，不符合题意；当 a(0,1)时，g1e0，g1ea0，g2aa24ln2a2aa242a2aa，g2aa0.方程在1e，1 与 1，2a上各有一个根，若 f(x)有两个零点，a 的取值范围为(0,1)