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- 2021-06-16 发布
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第二篇 重点专题分层练
,
中高档题得高分
第
28
练 导数的综合
应用
[
压轴大题突破
练
]
明晰
考
情
1.
命题角度:函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点
(
方程的根
)
、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题
.
2
.
题目难度:偏难题
.
核心考点突破练
栏目索引
模板答题规范练
考点一 利用导数研究函数的零点
(
方程的根
)
方法技巧
求解函数零点
(
方程根
)
的个数问题的基本思路
(1)
转化为函数的图象与
x
轴
(
或直线
y
=
k
)
在该区间上的交点问题
.
(2)
利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值
(
最值
)
、端点值等性质,进而画出其图象
.
(3)
结合图象求解
.
核心考点突破练
解答
1.
设函数
f
(
x
)
=
x
3
+
ax
2
+
bx
+
c
.
(1)
求曲线
y
=
f
(
x
)
在点
(0
,
f
(0))
处的切线方程;
解
由
f
(
x
)
=
x
3
+
ax
2
+
bx
+
c
,
得
f
′
(
x
)
=
3
x
2
+
2
ax
+
b
.
∵
f
(0)
=
c
,
f
′
(0)
=
b
,
∴
曲线
y
=
f
(
x
)
在点
(0
,
f
(0))
处的切线方程为
y
=
bx
+
c
.
解答
(2)
设
a
=
b
=
4
,若函数
f
(
x
)
有三个不同零点,求
c
的取值范围
.
解
当
a
=
b
=
4
时,
f
(
x
)
=
x
3
+
4
x
2
+
4
x
+
c
,
∴
f
′
(
x
)
=
3
x
2
+
8
x
+
4.
令
f
′
(
x
)
=
0
,得
3
x
2
+
8
x
+
4
=
0
,
当
x
变化时,
f
(
x
)
与
f
′
(
x
)
在区间
(
-
∞
,+
∞
)
上的变化情况如下:
解答
(1)
讨论函数
f
(
x
)
的单调性;
当
a
<0
时,
f
′
(
x
)<0
,则
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递减;
解答
解答
3.
已知
a
∈
R
,函数
f
(
x
)
=
e
x
-
ax
(e
=
2.718 28
…
是自然对数的底数
).
(1)
若函数
f
(
x
)
在区间
(
-
e
,-
1)
上是减函数,求实数
a
的取值范围;
解
由
f
(
x
)
=
e
x
-
ax
,得
f
′
(
x
)
=
e
x
-
a
且
f
′
(
x
)
在
R
上单调递增
.
若
f
(
x
)
在区间
(
-
e
,-
1)
上是减函数,只需
f
′
(
x
)
≤
0
在
(
-
e
,-
1)
上恒成立
.
解答
解
由已知得
F
(
x
)
=
a
(
x
-
1)
-
2ln
x
,且
F
(1)
=
0
,
①
当
a
≤
0
时,
F
′
(
x
)<0
,
F
(
x
)
在区间
(0
,+
∞
)
上单调递减,
又
x
→
0
时,
F
(
x
)
→
+
∞
.
则
0<
a
≤
4ln 2.
所以
φ
(
a
)
在
(4
,+
∞
)
上是减函数,
则
φ
(
a
)<
φ
(4)
=
2ln 2
-
2<0.
所以实数
a
的最大值为
4ln 2.
考点二 利用导数证明不等式问题
方法技巧
利用导数证明不等式
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.
其中找到函数
h
(
x
)
=
f
(
x
)
-
g
(
x
)
的零点是解题的突破口
.
解答
4.
设函数
f
(
x
)
=
ln
x
-
x
+
1.
(1)
讨论函数
f
(
x
)
的单调性;
令
f
′
(
x
)
=
0
,解得
x
=
1.
当
0<
x
<1
时,
f
′
(
x
)>0
,
f
(
x
)
单调递增;
当
x
>1
时,
f
′
(
x
)<0
,
f
(
x
)
单调递减
.
因此,
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上为增函数,在
(1
,+
∞
)
上为减函数
.
证明
即为
ln
x
<
x
-
1<
x
ln
x
.
结合
(1)
知,当
x
>1
时,
f
′
(
x
)<0
恒成立,即
f
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上单调递减
,
可
得
f
(
x
)<
f
(1)
=
0
,即有
ln
x
<
x
-
1
;
设
F
(
x
)
=
x
ln
x
-
x
+
1
,
x
>1
,
则
F
′
(
x
)
=
1
+
ln
x
-
1
=
ln
x
,
当
x
>1
时,
F
′
(
x
)>0
,可得
F
(
x
)
在
(1
,+
∞
)
上单调递增,
即有
F
(
x
)>
F
(1)
=
0
,
即有
x
ln
x
>
x
-
1.
综上,原不等式得证
.
解答
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性;
解
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
)
,
①
若
a
≤
2
,则
f
′
(
x
)
≤
0
,当且仅当
a
=
2
,
x
=
1
时,
f
′
(
x
)
=
0
,
所以
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递减
.
②
若
a
>
2
,令
f
′
(
x
)
=
0
,
证明
(2)
若
f
(
x
)
存在两个极值点
x
1
,
x
2
,
证明
由
(1)
知,
f
(
x
)
存在两个极值点当且仅当
a
>
2.
由于
f
(
x
)
的两个极值点
x
1
,
x
2
满足
x
2
-
ax
+
1
=
0
,
所以
x
1
x
2
=
1
,不妨设
x
1
<
x
2
,则
x
2
>
1.
由
(1)
知,
g
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递减
.
又
g
(1)
=
0
,从而当
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
g
(
x
)
<
0.
解答
6.
设函数
f
(
x
)
=
e
2
x
-
a
ln
x
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的导函数
f
′
(
x
)
零点的个数;
解
f
(
x
)
的定义域为
(0
,+
∞
)
,
当
a
≤
0
时,
f
′
(
x
)>0
,
f
′
(
x
)
没有零点;
所以
f
′
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增
.
故当
a
>0
时,
f
′
(
x
)
存在唯一零点
.
证明
证明
由
(1)
,可设
f
′
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上的唯一零点为
x
0
,
当
x
∈
(0
,
x
0
)
时,
f
′
(
x
)<0
;
当
x
∈
(
x
0
,+
∞
)
时,
f
′
(
x
)>0.
故
f
(
x
)
在
(0
,
x
0
)
上单调递减,在
(
x
0
,+
∞
)
上单调递增,
所以当
x
=
x
0
时,
f
(
x
)
取得最小值,最小值为
f
(
x
0
).
考点三 不等式恒成立或有解问题
方法技巧
不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)
分离参数后转化为求最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如
a
>
f
(
x
)
max
或
a
<
f
(
x
)
min
.
(2)
直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函数的最值问题,注意对参数的分类讨论
.
(3)
数形结合,构造函数,借助函数图象的几何直观性求解,一定要重视函数性质的灵活应用
.
解答
7.
已知函数
f
(
x
)
=
e
x
-
e
x
2
+
ax
(
a
∈
R
).
(1)
若
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调,求
a
的取值范围;
解
由题意知,
f
′
(
x
)
=
e
x
-
2e
x
+
a
,
令
h
(
x
)
=
e
x
-
2e
x
+
a
,则
h
′
(
x
)
=
e
x
-
2e
,
当
x
∈
(0
,
1)
时,
h
′
(
x
)<0
,
h
(
x
)
单调递减,即
f
′
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减
.
若
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递增,则
f
′
(1)
≥
0
,即
a
≥
e
;
若
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,则
f
′
(0)
≤
0
,即
a
≤
-
1.
综上可知,
a
的取值范围为
(
-
∞
,-
1]
∪
[e
,+
∞
).
解答
(2)
若函数
y
=
f
(
x
)
+
e
x
ln
x
的图象恒在
x
轴上方,求
a
的最小整数解
.
令
t
(
x
)
=
e
x
-
1
-
x
,
t
′
(
x
)
=
e
x
-
1
-
1
,当
x
>1
时,
t
′
(
x
)>0
,
t
(
x
)
单调递增
,
当
0<
x
<1
时,
t
′
(
x
)<0
,
t
(
x
)
单调递减
,
∴
t
(
x
)
≥
t
(1)
=
0
,
∴
e
x
-
1
-
x
≥
0.
∴
当
x
≥
1
时,
g
(
x
)
单调递增,当
0<
x
<1
时,
g
(
x
)
单调递减
,
结合题意,知
a
>0
,故
a
的最小整数解为
1.
解答
8.
已知函数
f
(
x
)
=
ln
x
.
由题意得方程
x
2
-
ax
+
1
=
0
有两个不等的正实数根
,
设
两根为
x
1
,
x
2
,
解答
(2)
若关于
x
的方程
f
(
x
)
=
m
(
x
+
1)(
m
∈
Z
)
有实数解,求整数
m
的最大值
.
当
x
∈
(0
,
x
0
)
时,
h
′
(
x
)>0
,
h
(
x
)
单调递增
;
当
x
∈
(
x
0
,+
∞
)
时,
h
′
(
x
)<0
,
h
(
x
)
单调递减,
即
m
≤
h
(
x
)
max
(
m
∈
Z
)
,
故
m
≤
0
,经检验当
m
=
0
时满足题意,
∴
整数
m
的最大值为
0.
解答
(1)
当
x
∈
[1
,
e]
时,求
f
(
x
)
的最小值;
①
若
a
≤
1
,当
x
∈
[1
,
e]
时,
f
′
(
x
)
≥
0
,
则
f
(
x
)
在
[1
,
e]
上为增函数,
f
(
x
)
min
=
f
(1)
=
1
-
a
.
②
若
1
<
a
<
e
,
当
x
∈
[1
,
a
]
时,
f
′
(
x
)
≤
0
,
f
(
x
)
为减函数;
当
x
∈
[
a
,
e]
时,
f
′
(
x
)
≥
0
,
f
(
x
)
为增函数
.
所以
f
(
x
)
min
=
f
(
a
)
=
a
-
(
a
+
1)ln
a
-
1.
③
若
a
≥
e
,当
x
∈
[1
,
e]
时
,
f
′
(
x
)
≤
0
,
f
(
x
)
在
[1
,
e]
上为减函数,
综上,当
a
≤
1
时,
f
(
x
)
min
=
1
-
a
;
当
1
<
a
<
e
时,
f
(
x
)
min
=
a
-
(
a
+
1)ln
a
-
1
;
解答
(2)
当
a
<
1
时,若存在
x
1
∈
[e
,
e
2
]
,使得对任意的
x
2
∈
[
-
2
,
0]
,
f
(
x
1
)
<
g
(
x
2
)
恒成立,求
a
的取值范围
.
解
由题意知,
f
(
x
)(
x
∈
[e
,
e
2
]
)
的最小值小于
g
(
x
)(
x
∈
[
-
2
,
0]
)
的最小值
.
由
(1)
知,
f
(
x
)
在
[e
,
e
2
]
上单调递增,
g
′
(
x
)
=
(1
-
e
x
)
x
.
当
x
∈
[
-
2
,
0]
时,
g
′
(
x
)
≤
0
,
g
(
x
)
为减函数,
g
(
x
)
min
=
g
(0)
=
1
,
模板答题规范练
模
板体验
典例
(12
分
)
已知函数
f
(
x
)
=
ln
x
-
mx
+
m
,
m
∈
R
.
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间;
(2)
若
f
(
x
)
≤
0
在
x
∈
(0
,+
∞
)
上恒成立,求实数
m
的值;
审题路线图
规范解答
·
评分标准
当
m
≤
0
时,
f
′
(
x
)
>
0
恒成立,则函数
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增;
(2)
解
由
(1)
知,当
m
≤
0
时显然不成立;
只需
m
-
ln
m
-
1
≤
0
即可,令
g
(
x
)
=
x
-
ln
x
-
1
,
函数
g
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,在
(1
,+
∞
)
上单调递增
,
所以
g
(
x
)
min
=
g
(1)
=
0.
故
f
(
x
)
≤
0
在
x
∈
(0
,+
∞
)
上恒成立时,
m
=
1
.
8
分
构建答题模板
[
第一步
]
求导数
.
[
第二步
]
看性质
:根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质
.
[
第三步
]
用性质
:将题中条件或要证结论转化,如果成立或有解问题可转化为函数的最值,证明不等式可利用函数单调性和放缩法
.
[
第四步
]
得结论
:审视转化过程的合理性
.
[
第五步
]
再反思
:回顾反思,检查易错点和步骤规范性
.
规范演练
解答
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间;
解答
(2)
当
m
≥
1
时,讨论函数
f
(
x
)
与
g
(
x
)
图象的交点个数
.
问题等价于求函数
F
(
x
)
的零点个数
.
所以
F
(
x
)
有唯一零点
.
当
m
>
1
时,若
0
<
x
<
1
或
x
>
m
,则
F
′
(
x
)
<
0
;
若
1
<
x
<
m
,则
F
′
(
x
)
>
0
,
所以函数
F
(
x
)
在
(0
,
1)
和
(
m
,+
∞
)
上单调递减,在
(1
,
m
)
上单调递增,
所以
F
(
x
)
有唯一零点
.
综上,函数
F
(
x
)
有唯一零点,即两函数图象总有一个交点
.
解答
2.(2017·
全国
Ⅲ
)
已知函数
f
(
x
)
=
ln
x
+
ax
2
+
(2
a
+
1)
x
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性;
若
a
≥
0
,则当
x
∈
(0
,+
∞
)
时,
f
′
(
x
)>0
,
故
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增
.
综上,当
a
≥
0
,
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增;
证明
设
g
(
x
)
=
ln
x
-
x
+
1(
x
>0)
,
当
x
∈
(0
,
1)
时,
g
′
(
x
)>0
;
当
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
g
′
(
x
)<0.
所以
g
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递增,在
(1
,+
∞
)
上单调递减
.
故当
x
=
1
时,
g
(
x
)
取得最大值,最大值为
g
(1)
=
0.
所以当
x
>0
时,
g
(
x
)
≤
0.
解答
(1)
求
f
(
x
)
的单调区间;
由
f
′
(
x
)>0
,得
0<
x
<1
,由
f
′
(
x
)<0
,得
x
>1
,
∴
f
(
x
)
的单调递增区间为
(0
,
1)
,单调递减区间为
(1
,+
∞
).
解答
证明
∴
f
(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上的最大值为
f
(1)
=
1
-
1
-
ln 1
=
0
,即
f
(
x
)
≤
0
,
解答
(1)
当
b
=-
4
时,若
f
(
x
)
在其定义域内为单调函数,求
a
的取值范围;
∴
a
≤
0.
综上,
a
≤
0
或
a
≥
1.
解答
而
m
(e)<0
,
m
(e
2
)>0
,
故存在
x
0
∈
[e
,
e
2
]
,使得
h
(
x
)
在
[e
,
x
0
)
上单调递减,在
(
x
0
,
e
2
]
上单调递增,
∴
h
(
x
)
max
=
h
(e
2
)
或
h
(e)
,