高考数学《函数与导数的综合应用》练习卷

高考数学《函数与导数的综合应用》练习卷高考定位在高考压轴题中，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.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln20，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝exx2，令φ(x)＝exx2，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝ex（x－2）x3，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)0.∴φ(x)min＝φ(2)＝e24.∴a＝e24.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：(1)f′(x)在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1（1＋x）2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)0，g′π20，可得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)0；当x∈α，π2时，g′(x)0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.②当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π20，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)0；当x∈β，π2时，f′(x)0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减.又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π20，所以当x∈0，π2时，f(x)0.从而，f(x)在0，π2上没有零点.③当x∈π2，π时，f′(x)0，所以f(x)在π2，π单调递减.又fπ20，f(π)0，所以f(x)在π2，π有唯一零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)1.所以f(x)0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.考点整合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)g(x)成立⇔I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点【例1】(2019·天津卷选编)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0a1e，试证明f(x)恰有两个零点.(1)解由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2exx.因此当a≤0时，1－ax2ex0，从而f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.(2)证明由(1)知，f′(x)＝1－ax2exx.令g(x)＝1－ax2ex，由0a1e，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减.又g(1)＝1－ae0，且gln1a＝1－aln1a2·1a＝1－ln1a20，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1x0ln1a.当x∈(0，x0)时，f′(x)＝g（x）xg（x0）x＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝g（x）xg（x0）x＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)＝lnx－x＋1，则当x1时，h′(x)＝1x－10，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x1时，h(x)h(1)＝0，所以lnxx－1，从而fln1a＝lnln1a－aln1a－1eln1a＝lnln1a－ln1a＋1＝hln1a0.又因为f(x0)f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而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；第二步：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；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)(a2).(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若方程f(x)＋a＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋a1x－1＝（x－1）（2x－a）x.由f′(x)＝0得x＝1或x＝a2.当a≤0时，由f′(x)0得x1，由f′(x)0得0x1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值；当0a21，即0a2时，由f′(x)0得x1或0xa2，由f′(x)0得a2x1，∴f(x)在0，a2上单调递增，在a2，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，在x＝a2处取得极大值.综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0a2时，f(x)有两个极值点.(2)当a2时，设g(x)＝f(x)＋a＋1＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)＋a＋1，则g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.显然函数g(x)与f(x)的单调性是一致的.①当a≤0时，由(1)知函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝a＋1，由于g1e2＝1e2－12－ae2＋10，要使g(x)在(0，2]上有且只有一个零点，需满足g(1)＝0或g(2)0，解得a＝－1或a－2ln2.②当0a2时，函数g(x)在0，a2上单调递增，在a2，1上单调递减，在(1，2]上单调递增.∵g(1)＝a＋10，∴当x∈a2，2时，总有g(x)0.∵e－2a＋2a1a＋2，∴g(e－2a＋2a)＝e－2a＋2a[e－2a＋2a－(a＋2)]＋(alne－2a＋2a＋2a＋2)0，∴g(x)在0，a2上必有零点.∵g(x)在0，a2上单调递增，∴当0a2时，g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.综上，当0a2或a－2ln2或a＝－1时，方程f(x)＋a＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根.热点二利用导数证明不等式【例2】(2019·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）－f（x1）x2－x11x1＋1x2.(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x.当a≥0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，由f′(x)＝0，得x＝－1a.若x∈0，－1a，f′(x)0，f(x)单调递增；若x∈－1a，＋∞，f′(x)0，f(x)单调递减.综上所述：当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，－1a单调递增，在－1a，＋∞上单调递减.(2)证明由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件.所以a0，此时f(x)的极大值为f－1a＝－ln(－a)，由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝lnx－x＋1.不妨设0x1x2，则f（x2）－f（x1）x2－x11x1＋1x2等价于lnx2x1x2x1－x1x2＋x2－x1，即证：lnx2x1－x2x1＋x1x2x2－x1.令g(x)＝lnx－x＋1x(x1)，故g(x)在(1，＋∞)单调递减，所以g(x)g(1)＝0x2－x1.所以对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）－f（x1）x2－x11x1＋1x2成立.探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，