高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3_2 导数的应用 第3课时 导数的综合应用教师用书

为深入贯彻落实党的十九大精神和习近平总书记的重要指示精神，保障人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安、进一步巩固党的执政基础，束城镇深入贯彻全市扫黑除恶会议精神，强化措施，深入扎实开展扫黑除恶专项斗争第3课时导数的综合应用题型一利用导数研究不等式问题命题点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，(x)为减函数，又(2)0，当且仅当0x0，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0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，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，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.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)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)1xx2，x(0，)解设f(x)ex1xx2，则f(x)ex1x.令g(x)ex1x，则g(x)ex1.当x0时，g(x)ex10，所以g(x)在(0，)上单调递增而g(0)0，所以g(x)g(0)0.所以g(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)0在(0，)上恒成立所以f(x)在(0，)上单调递增又f(0)0，所以ex1xx20，即x0时，ex1xx2成立题型二利用导数研究函数零点问题例3(2016杭州学军中学模拟)已知函数f(x)aln x(aR)(1)若a2，求f(x)在(1，e2)上零点的个数，其中e为自然对数的底数；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合解(1)f(x)，故f(x)在(1，e2)上单调递减，所以在(1，e2)上至多只有一个零点又f(1)f(e2)1()1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减；当0x0，f(x)在(0,1)上单调递增，故f(x)maxf(1)a1.当f(x)max0，即a1时，因最大值点唯一，故符合题意；当f(x)max0，即a1时，f(x)0，即a1时，一方面，ea1，f(ea)0；另一方面，ea1，f(ea)2aea2aeaxf(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，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以x1为极大值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调递增函数，所以g(x)g(1)2，故k2.所以实数k的取值范围是(，2引申探究本题(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4(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(，2思维升华利用导数研究恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题(2016浙江大学附中模拟)已知函数f(x)ex1，g(x)ax2x(a1)(1)当a时，求证：f(x)在(1，)上单调递增；(2)当x1时，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围(1)证明当a时，f(x)ex1.f(x)ex1，f(x)ex10对x(1，)成立，即f(x)在(1，)上单调递增，又f(1)0，故f(x)0对x(1，)成立，f(x)在(1，)上单调递增(2)解x1，由f(x)g(x)，得xex1ax3x2(a1)xa0，设h(x)xex1ax3x2(a1)xa(x1)h(x)(x1)ex1ax2xa1(x1)ex1a(x1)1(x1)设k(x)ex1a(x1)1(x1)，k(x)ex1a.当a1时，k(x)0对x1，)成立，又k(1)0，故k(x)0，即h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，又h(1)0，故h(x)0.当a1时，由k(x)0，得x1ln a1.当x(1,1ln a)时，k(x)0，又k(1)0，故k(x)0，即h(x)0.又h(1)0，故h(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. 6分在区间，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1x2时，h(x)0；当x0. 12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，) 14分1(2016金华模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(x2)为偶函数，f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为()A(2，) B(0，)C(1，) D(4，)答案B解析f(x2)为偶函数，f(x2)的图象关于x0对称，f(x)的图象关于x2对称，f(4)f(0)1.设g(x)(xR)，则g(x)，又f(x)f(x)，g(x)0(xR)，函数g(x)在定义域上单调递减，f(x)exg(x)1，而g(0)1，f(x)exg(x)0，故选B.2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，极小值为f(3)100，所以方程x36x29x100的实根个数为1，故选C.3当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B6，C6，2 D4，3答案C解析当x(0,1时，a3()34()2，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，在t1，)上，g(t)0)，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 D4百万件答案C解析y3x2273(x3)(x3)，当0x0；当x3时，y0，即AB的最小值是42ln 2，故选C.6(2016浙江四校联考)已知函数f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若对任意x0，f(x)f(1)，则()Aln a2b Dln a2b答案A解析f(x)2axb，由题意可知f(1)0，即2ab1，构造一个新函数g(x)24xln x，则有g(x)4，令g(x)40，得x，即0x时，g(x)为减函数，所以对任意的x0，有g(x)g()1ln 40，所以有g(a)24aln a2bln a0ln a2b.7(2016诸暨期末)已知函数f(x)x1(e1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)0的x的取值范围为_答案(0,1)解析令g(x)f(ex)ex1(e1)x，则g(x)ex(e1)，当xln(e1)时，g(x)0，x(，ln(e1)时，g(x)0，g(x)单调递增，又g(x)有0和1两个零点，所以f(ex)1，f(0)4，则不等式exf(x)ex3(其中e为自然对数的底数)的解集为_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)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)，x0.9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a0，所以a1且x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0x1,0ex1，则0xex1，从而当x(1,0)时，h(x)0，h(x)在(1,0)上单调递减当1xh(0)0，即g(x)1且x0时总有g(x)1.11设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0.(1)若b12，求f(x)的单调递增区间；(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b的取值范围解(1)由题意，知f(x)的定义域为(1，)当b12时，f(x)x212ln(x1)，令f(x)2x0，得x2或x3(舍去)当x(1,2)时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为2，)(2)由题意，得f(x)2x0在(1，)上有两个不等实根，即2x22xb0在(1，)上有两个不等实根，设g(x)2x22xb，则解得0b.故实数b的取值范围是b|0b2时，f(x)0恒成立，求k的最大值(参考数据ln 82.08，ln 92.20，ln 102.30)(1)解当k0时，f(x)1ln x，因为f(x)，从而f(1)1，又f(1)1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y1x1，即xy0.(2)证明当k5时，f(x)ln x4.因为f(x)，从而，当x(0,10)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x10时，f(x)有极小值因为f(10)ln 1030，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点因为f(e4)440，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点从而f(x)有且仅有两个不同的零点(3)解由题意知，1ln x0对x(2，)恒成立，即k0，所以v(x)在(2，)上为增函数因为v(8)82ln 8