2018年高考理数考前20天终极冲刺攻略：导数与其他知识的综合问题含答案

1、核心考点解读导数与其他知识的综合问题（解答题）利用导数研究不等式问题（id利用导数研究方程根的问题（ii）利用导数研究恒成立、存在性问题（ii）利用导数解决实际问题（最优化问题）（ii）i.涉及本单元知识的考题，一般在解答题中结合函数的图象进行分类讨论， 作为压轴题进行考查.2 .从考查难度来看，本单元的考点综合性比较高，试题难度相对较大，高 考中通常利用函数的求导法则和导数的运算性质，考查函数的的基本性 质等，同时要结合其他知识进行考查，如数列、不等式等.3 .从考查热点来看，利用导数研究函数的综合问题是高考命题的热点，也 是难点.注意分类讨论思想、数形结合思想的综合应用.1*江国1 .利用

2、导数研究不等式问题利用导数方法研究不等式问题，主要的技巧是灵活构造函数，通过函数 的性质解决不等式问题，通常要利用函数的单调性以及函数的最值函数的单调性是研究不等式问题的有利武器之一，构造函数后，要重视 对函数单调性的应用.同时要注意分类讨论思想的应用 .2 .利用导数研究方程的根的问题当函数具有极值点时，在这个极值点左、右两侧，函数的单调性是不问的，可以结合函数图象的变化趋势确定方程的根的情况.如果函数在定义域内有唯一的极大（小）值点，那么该极大（小）值点就是最大（小）值点，当最大（小）值点大于（小于）零且左、右两侧均出现小于（大于）0的函数值时，函数就出现两个零点，也就是说方程就有两个不同

3、的实数根；若只出现一侧的函数值符号相反，则说明函数有一个零点，方 程只有一个实数根.利用导数研究方程的根，要结合函数的极值点进行考 查，同时注意函数单调性的变化趋势.3 .利用导数研究恒成立问题、存在性问题，通常采用分类讨论思想或分离 参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒 成立问题、存在性问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题.4 .利用导数解决实际问题（最优化问题）（1）生活中常遇到求利润最大，用料最省，效率最高等实际问题，这些问题通常称为最优化问题.(2)利用导数解决生活中的最优化问题的一般步骤:5.导数与其他知识的综合应用最后都要化归为利用导数研究函数的

4、单调 性、极值以及最值问题，因此要熟练掌握利用导数研究函数性质的一般 方法，并能够进行延伸、拓展 .2 xx1. ( 2017局考新课标i ,理 21)已知函数f(x) ae (a 2)e x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.2. (2017高考新课标III ,理21)已知函数f x x 1 alnx.(1)若f x 0,求a的值；1 11(2)设m为整数，且对于任意正整数n, 1 - 1 L 1 m,求m的最小值.2 222nx , 一2 -一.3.(2016局考新课标I,理21)已知函数f (x) (x 2)e a(x 1)有两个零点.(1)求a的

5、取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x x2 2.4.(2016高考新课标II ,理21)(1)讨论函数f x2，ex的单调性，并证明当x0时，(x 2)ex x 2 0；x 2ex ax a(2)证明：当a 0,1)时，函数g(x)=2(x 0)有最小值.设g (x)的最小值为h(a),求函数h(a)x的值域.5.(2015高考新课标n ,理 21)设函数f(x) emx证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0,)单调递增;f(x2)| e 1 ,求m的取值范围.(2)若对于任意Xi,X2 1,1,都有|f(Xi)已知函数错误！未找到引用源。的单调性;(1)当错误!未找到

6、引用源。 时，试判断函数 错误!未找到引用源。(2)若错误！未找到引用源。，求证：函数 错误！未找到引用源。 在错误！未找到引用源。 上的最小值小于 错误!未找到引用源。已知函数f=C +叫g=-/ +凡(1)若曲线y二/3与曲线y二(看在它们的交点处的公共切线为 y = + j求由，叫。的值;(2)当H = 1时，若(-3,叫 或现 求m的取值范围.软瓯晅I一、 1 ，1.已知函数 f (x) x -xln x.2(1)求函数f (x)的单调增区间;(2)若%?2是方程f (x) a的两个不同的实数解，证明：e(x x2) 2%乂2 0.真题回顾:1 .(1) f(x)的定义域为(,),f

7、(x)2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1),(i)若a 0,则f(x) 0,所以f(x)在(，)单调递减.(ii)若 a 0,则由 f (x) 0得x Ina.当x (, In a)时，f (x) 0；当 x ( Ina,)时，f (x) 0,所以f(x)在(，Ina)单调递减，在(In a,)单调递增.2 2) (i)若a 0 ,由(1)知，f (x)至多有一个零点1(ii)若a 0,由(1)知，当x lna时，f (x)取得最小值，最小值为f( in a) 1 - ln a .a当a 1时，由于f( lna) 0,故f(x)只有一个零点；1当a (1,)时，由于1

8、lna 0,即f( lna) 0,故f(x)没有零点； a1一一当 a (0,1)时，1 lna 0,即 f ( ln a) 0. a又 f(2) ae4 (a 2)e 2 2 2e2 2 0,故 f(x)在(，lna)有一个零点.3设正整数n满足 nln(3 1),则 f(n0)en0(aen0a 2)n0en0n02n0n00.a由于ln(3 1) lna,因此f(x)在(ln a,)有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1). a2. (1) f x的定义域为 0,+.1 1若a 0 ,因为f 1 =-1 +a ln 2 0 ,所以不满足题意；2 2a x a0,所右 a 0,由 f x

9、 1 知，当 x 0,a 时，f x 0；当 xa,+时，f xx x以f x在0,a单调递减，在 a,+单调递增，故x=a是f x在0,+ 的唯一最小值点.由于f 10,所以当且仅当a=1时，f x0.故a=1.111(2)由(1)知当 x 1, 时，x1 lnx0 .令 x 1 丁得 ln1 二.从而2n2n2n11ln 1 ln 1222212n11,1L222211.1一一，八，2,所以m的最小值为3.233. (1) f (x)(x 1)ex2a(x 1)(x 1)(ex 2a).则 f(x)(x 2)exf (x)只有一个零点.则当x,1)时,f(x)0;当 x (1,)时，f (

10、x) 0 .所以f(x)在(，1)单调递减,在(1,)单调递增.又f(1) e,f(2)f(b)a(b 2) a(b1)2 a(b23.2b)0 ,故f(x)存在两个零点.(iii)设 a 0,由 f(x) 0得 xln( 2a).e则 ln( 2a) 1 ,故当 x (1,)时，f(x) 0,因此f(x)在(1,)单调递增.又当 x 1时f(x)0,所以f (x)不存在两个零点.e2,则 ln( 2a) 1,故当 x (1,ln(2a)时，f(x) 0；当 x(ln( 2a),)时，f(x) 0 .因此f (x)在(1,ln( 2a)单调递减,在(ln( 2a),)单调递增.又当x 1时,f

11、(x)0,所以f (x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0,).(2)不妨设x1x2 ,由(I)知x1(,1),x2(1,),2x2,1),f (x)在(，1)单调递减，所x22等价于f(x1)f(2x2),即 f(2x2)0.由于f(2x2)x2 e2 x2 a(x21)2,而 f(x2)(x2x92)e 2a(x21)20,所以f(2x2)2 xx2x2 e(x2 2)e设 g(x)xe2 x (x 2)ex,则 g(x)(x 1)(e2x ex).所以当 x1时,g(x)而 g(1)时，g(x)0.从而 g(x2)f(2 x2)0 ,故 x1x2 2.4. (1) f (x)的定义

12、域为(,2)U( 2,). f (x)(x 1)(x 2)ex (x2)ex且仅当x 0时，f (x)f (x) f (0)1,所以(x(x 2)22 xx e(x 2)20 ,所以f (x)在(，2),( 2,)单调递增，xx2)e (x 2),(x 2)e x 2 0因此当x(0,)时，0,(2) g(x)(x 2)ex a(x 2)x 2 .-(f(x) a),由( xI )知，f (x) a单调递增，对任意a 0,1), f (0)a a 1 0, f (2)a a 0,因此，存在唯一xo (0,2,使得 f(%) a0,即 g(%) 0,当0 x xo时,f (x) a 0,g (x

13、)0, g(x)单调递减；当xx0 时，f (x) a 0,g (x)0,g(x)单调递增.因止匕g (x)在x%处取得最小值，最小值为g(x0)ex0 a(x)X1)ex0+f (x0)(x0 1)2x0ex0x02ex0ex于是h(a),由()x0 2 x 2(x 1)ex(x 2)20,知yx e单调递增2所以，由1e0X2,得2巧h(a)ex0x02因为yx单调递增，对任意x 2(一,存在唯一的2 4x0 (0,2, af(x0) 0,1),使得h(a),所以h(a)的值域是1 e2(，综上，当2 4a 0,1)时,g(x)有最小值h(a)，,、1 e2h(a)的值域是(,，e.2 4

14、5.(1 )f(x) m(emx 1) 2x.0,则当 x (,0)时，emxf(x)0;当 x (0,)时,f(x) 0.0,则当 x (,0)时，emx，f(x)0;当 x (0,)时,f(x) 0.所以,f(x)在(，0)单调递减，在(0,)单调递增.(n)由(i)知，对任意的 m, f(x)在1,0单调递减，在0,1单调递增，故f (x)在 x0处取得最小值.所f (1) f (0)以对于任意&X2 1,1, |f(X1) f(x2)| e 1的充要条件是f ( 1) f (0)em m e 1,设me +m e 1,函数 g(t) e t e 1,则 g(t) e 1.当 t0时，g

15、(t) 0 ;当 t 0时,g(t)0 .故 g(t)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增.又g(1) 0, g(1) e1 2 e- x - r2 + - ,h(r) =- x- x2 + -(2)由穴，) 比6|,得丁+ 即/在上恒成立，令-2?-x2 - 1(-x2 - Jf3) - (x3 + 1) (JT+ 1) -4- x - 1)=2Z；XXX其中-2尸，二- 1 在,上恒成立，力.在 s,T：上单调递增，在：TM）上单调递减,则 =1)=- m 故的取值范围是 l,+ s).专家押题11、八1 【解析】(1)依题意，f(x) 1 (lnx 1) -(1 lnx),令 f(x)

16、 0,则 1 in x 0,解得 0 x e, 22故函数f（x）的单调增区间为（0,e）.(2 )不妨设X1X2 ,由 f (x) a 得,令 g(x)g(t)at21nt由题意，知方程at1 In t 12即方程aIn t 22t有两个根t1 ,t2 ,不妨设t1X11Int 2.令 h(t)X22th(t)In t 1，由 h (t) 2t20可得0h(t)0可得(0,1一)时，h(t)是增函数, e(1,e)时，h(t)是减函数.故结合已知有tit2 0.要证 e(x1 x2)2XiX20,即证 Xi X22x1x2ex1x2一,即证t1 e即证t12 t2e令(x) = h(x)(x) h(x)Q x (0 ,1一) e. (x)X(2