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本文(考点09 导数的综合应用(教师版)备战2021年新高考数学微专题补充考点精练)为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

考点09 导数的综合应用(教师版)备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

1、 第 1 页 / 共 31 页 考点考点 09 导数的综合应用导数的综合应用 1、运用导数研究函数的零点问题 2、运用导数研究函数的恒成立问题 3、运用导数研究实际应用题 4、运用导数研究定义型问题 近几年各地对导数的考查逐步增加,选择、填空以及大题均有考查,难度也逐步增加,对于压轴题重点考 查 1、通过导数研究函数的零点、恒成立问题等问题。 2、利用导数研究函数的最值是函数模型的一个重要模块,导数是求函数的一种重要工具,对 函数的解析式没有特殊的要求,无论解析式是复杂或者简单,与三角函数还是与其他模块的结 合都可以运用导数求解,常考的知识点可以与立体几何、三角函数、解析几何等模块结合,这 是

2、近几年江苏高考命题的趋势 在高考复习中要注意以下几点: 1、注意函数零点的判断,以及函数恒成立问题的解题策略。 2、导数的实际应用关键是构建函数模型。第一步:弄清问题,选取自变量,确立函数的取值 范围;第二步:构建函数,将实际问题转化为数学问题;第三步:解决构建数学问题;第四步: 将解出的结果回归实际问题,对结果进行取舍。在建立函数模型时,要注意函数的定义域,要 积累常见函数模型如分式函数、三次函数、三角函数等知识点模块的结合。 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 31 页 1、 【2019 年高考天津理数】

3、已知aR, 设函数 2 22 ,1, ( ) ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式( )0f x 在R上恒成立,则a的取值范围为 A0,1 B0,2 C0,e D1,e 【答案】C 【解析】当1x 时,(1)1 2210faa 恒成立; 当1x时, 2 2 ( )2202 1 x f xxaxaa x 恒成立, 令 2 ( ) 1 x g x x , 则 222 (11)(1)2(1) 1 ( ) 111 xxxx g x xxx 11 122 (1)20 11 xx xx , 当 1 1 1 x x ,即0 x时取等号, max 2( )0ag x,则0a . 当1x

4、 时,( )ln0f xxax,即 ln x a x 恒成立, 令( ) ln x h x x ,则 2 ln1 ( ) (ln ) x h x x , 当ex时,( )0h x ,函数( )h x单调递增, 当0ex时,( )0h x ,函数( )h x单调递减, 则ex时,( )h x取得最小值(e)eh, min ( )eah x, 综上可知,a的取值范围是0,e. 故选 C. 第 3 页 / 共 31 页 2、【2019 年高考浙江】已知, a bR,函数 32 ,0 ( ) 11 (1),0 32 x x f x xaxax x 若函数 ( )yf xaxb 恰有 3 个零点,则 A

5、a1,b0 Ba0 Ca1,b1,b0 【答案】C 【解析】当 x0 时,yf(x)axbxaxb(1a)xb0,得 x, 则 yf(x)axb 最多有一个零点; 当 x0 时,yf(x)axbx3(a+1)x2+axaxbx3(a+1)x2b, 2 (1)yxax, 当 a+10,即 a1 时,y0,yf(x)axb 在0,+)上单调递增, 则 yf(x)axb 最多有一个零点,不合题意; 当 a+10,即 a1 时,令 y0 得 x(a+1,+) ,此时函数单调递增, 令 y0 得 x0,a+1) ,此时函数单调递减,则函数最多有 2 个零点. 根据题意,函数 yf(x)axb 恰有 3

6、个零点函数 yf(x)axb 在(,0)上有一个零点, 在0,+)上有 2 个零点, 如图: 0 且, 第 4 页 / 共 31 页 解得 b0,1a0,b(a+1)3, 则 a1,b0).问O E为多少米时,桥墩 CD 与 EF 的总造价 最低? 【答案】 (1)120米(2)20OE米 【解析】 (1)由题意得 23 11 |406 40 | 80 40800 O AO A | | 8040120ABO AO B 米 (2)设总造价为 ( )f x万元, 2 1 |80160 40 O O,设|O Ex , 32 131 ( )(1606 )160(80) ,(040) 800240 f

7、xkxxkxx 322 1336 ( )(160),( )()020 8008080080 f xkxxfxkxxx (0 舍去) 当020 x时,( )0fx ;当2040 x时,( )0fx ,因此当20 x=时, ( )f x取最小值, 答:当20OE米时,桥墩 CD 与 EF的总造价最低. 4、 【2020 年江苏卷】.已知关于 x 的函数( ),( )yf xyg x与( )( ,)h xkxb k bR在区间 D上恒有 第 5 页 / 共 31 页 ( )( )( )f xh xg x (1)若 22 2 2()f xxxg xxxD ,求 h(x)的表达式; (2)若 2 1 l

8、n ,( )( )( )(0) xxgkxhkxk Df xxx ,求 k的取值范围; (3)若 422242 ( ) 2( ) (48 ( ) 4 3 0)2 2f xxxg xxh xtt xttt, , 2, 2Dm n , 求 证:7nm 【解析】 (1)由题设有 22 22xxkxbxx对任意的xR恒成立. 令0 x,则00b,所以0b. 因此 2 2kxxx即 2 20 xk x对任意的xR恒成立, 所以 2 20k ,因此2k . 故 2h xx. (2)令 1 ln0F xh xg xk xxx , 01F. 又 1x Fxk x . 若k0,则 F x在( ) 0,1上递增,

9、在( ) 1,+?上递减,则 10F xF,即 0h xg x,不符 合题意. 当0k 时, 0,F xh xg xh xg x,符合题意. 当0k 时, F x在( ) 0,1上递减,在( ) 1,+?上递增,则 10F xF, 即 0h xg x,符合题意. 综上所述,0k . 由 2 1f xh xxxkxk 2 110 xkxk 当 1 0 2 k x ,即1k 时, 2 11yxkxk在( ) 0,+?为增函数, 因为 0010fhk , 故存在 0 0,x ,使 0f xh x,不符合题意. 当 1 0 2 k x ,即1k 时, 2 0f xh xx,符合题意. 第 6 页 /

10、共 31 页 当 1 0 2 k x ,即1k 时,则需 2 1410kk ,解得13k . 综上所述,k的取值范围是0,3k. (3)因为 423422 243248xxtt xttx对任意 , 2,2xm n 恒成立, 42342 2432xxtt xtt对任意 , 2,2xm n 恒成立, 等价于 222 ()2320 xtxtxt对任意 , 2,2xm n 恒成立. 故 22 2320 xtxt对任意 , 2,2xm n 恒成立 令 22 ( )232M xxtxt, 当 2 01t, 2 880, 11tt , 此时2217nmt , 当 2 12t, 2 880t , 但 2342

11、 48432xtt xtt 对任意的 , 2,2xm n 恒成立. 等价于 2322 443420 xtt xtt 对任意的 , 2,2xm n 恒成立. 2322 443420 xtt xtt 的两根为 12 ,x x, 则 42 3 1212 328 , 4 tt xxtt x x , 所以 2 12121 2 =4nmxxxxx x 642 538ttt . 令 2 ,1,2t ,则 32 538nm . 构造函数 32 5381,2P , 2 31033 31P , 所以1,2时, 0P , P递减, max 17PP. 所以 max7nm ,即 7nm . 5、 【2020 年全国

12、3 卷】设函数 3 ( )f xxbxc,曲线 ( )yf x 在点( 1 2 ,f( 1 2 )处的切线与 y轴垂直 (1)求 b (2)若 ( )f x有一个绝对值不大于 1的零点,证明:( )f x所有零点的绝对值都不大于 1 第 7 页 / 共 31 页 【解析】 (1)因为 2 ( )3fxxb, 由题意, 1 ( )0 2 f,即 2 1 30 2 b 则 3 4 b ; (2)由(1)可得 3 3 ( ) 4 f xxxc, 2 311 ( )33()() 422 fxxxx, 令 ( ) 0fx ,得 1 2 x 或 2 1 x ;令 ( ) 0fx ,得 11 22 x, 所

13、以 ( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减,在 1 (,) 2 , 1 ( ,) 2 上单调递增, 且 111111 ( 1),(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc, 若 ( )f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 零点 0 x,则( 1)0f 或(1)0f, 即 1 4 c 或 1 4 c . 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc , 由零点存在性定理知 ( )f x在( 4 , 1)c 上存在唯一一个零点 0 x, 即 ( )f

14、 x在(, 1) 上存在唯一一个零点,在( 1,) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc, 由零点存在性定理知 ( )f x在(1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0 x, 即 ( )f x在(1,)上存在唯一一个零点,在(,1) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 综上, ( )f x所有零点的绝对值都不大于 1. 6、 【2020 年天津

15、卷】.已知函数 3 ( )ln ()f xxkx kR,( )fx 为 ( )f x的导函数 ()当6k 时, 第 8 页 / 共 31 页 (i)求曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程; (ii)求函数 9 ( )( )( )g xf xfx x 的单调区间和极值; ()当3k时,求证:对任意的 12 ,1,)xx ,且 12 xx,有 1212 12 2 fxfxf xf x xx 【解析】() (i) 当 k=6 时, 3 6lnf xxx, 2 6 3fxx x .可得 11f, 19f, 所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为191yx ,即98yx. (ii)

16、依题意, 32 3 36ln,0,g xxxxx x . 从而可得 2 2 63 36gxxx xx , 整理可得: 3 2 3(1) (1) ( ) xx g x x , 令 0gx ,解得1x . 当 x变化时, ,gxg x的变化情况如下表: x () 0,1 1x () 1,+? gx 0 g x 单调递减 极小值 单调递增 所以,函数 g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+); g(x)的极小值为 g(1)=1,无极大值. ()证明:由 3 ( )lnf xxkx,得 2 ( )3 k fxx x . 对任意的 12 ,1,)xx ,且 12 xx,令 1 2 (

17、1) x tt x ,则 121212 2xxfxfxf xf x 第 9 页 / 共 31 页 2233 1 121212 122 332ln xkk xxxxxxk xxx 3322 121 121212 212 332 ln xxx xxx xx xkk xxx 332 2 1 3312lnxtttk tt t . 令 1 ( )2ln ,1,)h xxxx x . 当 x1时, 2 2 121 ( )110h x xxx , 由此可得 h x在1,单调递增,所以当 t1时, 1h th,即 1 2ln0tt t . 因为 2 1x , 323 331(1)0tttt ,3k , 所以

18、33232 2 11 3312ln33132lnxtttk ttttttt tt 32 3 36ln1ttt t . 由()(ii)可知,当1t 时, 1g tg,即 32 3 36ln1ttt t , 故 32 3 36ln10ttt t 由可得 121212 20 xxfxfxf xf x . 所以,当3k 时,任意的 12 ,1,x x ,且 12 xx,有 1212 12 2 fxfxf xf x xx . 7、 【2020 年浙江卷】.已知12a,函数 e x f xxa ,其中 e=2.71828为自然对数的底数 ()证明:函数 yf x在(0 ), 上有唯一零点; ()记 x0为

19、函数 yf x在(0), 上的零点,证明: () 0 12(1)axa ; 第 10 页 / 共 31 页 () 0 0 (e )(e 1)(1) x x faa 【解析】 (I)( )1,0,1,( )0,( ) xx fxexefxf x QQ在(0, )上单调递增, 22 12,(2)240,(0)10afeaefa Q, 所以由零点存在定理得 ( )f x在(0,)上有唯一零点; (II) (i) 0 00 ()0,0 x f xexaQ, 00 2 0000 12(1)12(1) xx axaexxex , 令 2 2 ( )1(02), ( )1(02), 2 xx x g xex

20、xxh xexx 一方面: 1 ( )1( ), x h xexh x 1( ) 10 x hxe , ( )(0)0,( )h xhh x在(0,2)单调递增,( )(0)0h xh, 2 2 10,2(1) 2 xx x exexx , 另一方面:121 1aa Q, 所以当 0 1x 时, 0 1ax 成立, 因此只需证明当01x时 2 ( )10 x g xexx , 因为 11 ( )12( )( )20ln2 xx g xexg xgxex , 当(0,ln2)x时, 1( ) 0gx ,当 (ln2,1)x 时, 1( ) 0gx , 所以( )max(0),(1),(0)0,(

21、1)30,( )0g xggggeg x Q , ( )g x 在(0,1)单调递减,( )(0)0g xg, 2 1 x exx , 综上, 00 2 0000 12(1),12(1) xx exxexaxa . (ii) 0 000000 ()()()(1)(2) x aa t xx f ex f xaxexa e, 00 ()2(1)(2)0 aa t xexa eQ, 0 12(1)axa , 0 ()(1)1(1)1(2)(1)(1)1(2) aaaa t xtaaeaa eeaa ae , 因为12a, 第 11 页 / 共 31 页 所以,2(1) a ee aa, 0 ()(1

22、)(1)2(1)1(2) a t xeaaae, 只需证明 2 2(1)1(2)(1)(1) a aaeea, 即只需证明 22 4(2)(1) (1) a eea, 令 22 ( )4(2)(1) (1),(12) a s aeeaa, 则 22 ( )8(2)(1)8 (2)(1)0 aa s ae eee ee, 2 ( )(1)4(2)0s ase,即 22 4(2)(1) (1) a eea成立, 因此 0 x 0 e(e 1)(1)x faa. 8、【2019 年高考全国卷理数】已知函数( )sin ln(1)f xxx ,( )fx 为( )f x的导数证明: (1)( )fx

23、在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点; (2)( )f x有且仅有 2 个零点 【解析】 (1)设( )( )g xf x,则 1 ( )cos 1 g xx x , 2 1 sin( ) ) (1 x x g x . 当1, 2 x 时,( )g x单调递减,而(0)0,( )0 2 gg ,可得( )g x在1, 2 有唯一零点, 设为. 则当( 1,)x 时,( )0g x ;当, 2 x 时,( )0g x . 所以( )g x在( 1,)单调递增,在, 2 单调递减,故( )g x在1, 2 存在唯一极大值点,即( )f x 在1, 2 存在唯一极大值点. (2)( )f x的定义

24、域为( 1,) . (i)当( 1,0 x 时,由(1)知,( )f x在( 1,0)单调递增,而(0)0f ,所以当( 1,0)x 时, ( )0f x ,故( )f x在( 1,0)单调递减,又(0)=0f,从而0 x是( )f x在( 1,0的唯一零点. 第 12 页 / 共 31 页 (ii)当0, 2 x 时,由(1)知,( )f x在(0,)单调递增,在, 2 单调递减,而(0)=0f , 0 2 f ,所以存在, 2 ,使得( )0f ,且当(0,)x时,( )0f x ;当, 2 x 时,( )0f x .故( )f x在(0,)单调递增,在, 2 单调递减. 又(0)=0f,

25、1 ln 10 22 f ,所以当0, 2 x 时,( )0f x .从而,( )f x在0, 2 没有 零点. (iii) 当, 2 x 时,( )0f x , 所以( )f x在, 2 单调递减.而0 2 f ,( )0f , 所以( )f x 在, 2 有唯一零点. (iv)当( ,)x 时,ln(1)1x,所以( )f x0,f(2)21 ln22= ln210,函数 y f(x)x 有且只有 1 个零点,即 B 正确; C.若 f(x)kx,可得 k 2 2lnx xx ,令 g(x) 2 2lnx xx ,则 g(x) 3 4xxlnx x , 令 h(x)4+xxlnx,则 h(

26、x)lnx, 在 x(0,1)上,函数 h(x)单调递增,x(1,+)上函数 h(x)单调递减, h(x)h(1)0,g(x)0, g(x) 2 2lnx xx 在(0,+)上函数单调递减,函数无最小值, 不存在正实数 k,使得 f(x)kx 恒成立,即 C 不正确; D.令 t(0,2) ,则 2t(0,2) ,2+t2, 令 g(t)f(2+t)f(2t) 2 2t ln(2+t) 2 2t ln(2t) 2 4 4 t t ln 2 2 t t , 第 21 页 / 共 31 页 则 g(t) 22 22 22222222 448 22241648 (4)2(2)(4)4(4) tt t

27、tttt tttttt 0, g(t)在(0,2)上单调递减, 则 g(t)g(0)0, 令 x12t, 由 f(x1)f(x2) ,得 x22+t, 则 x1+x22t+2+t4, 当 x24 时,x1+x24 显然成立, 对任意两个正实数 x1,x2,且 x2x1,若 f(x1)f(x2) ,则 x1+x24,故 D 正确 故正确的是 BD, 故选:BD 7、 (2020 届浙江省嘉兴市 3 月模拟)已知函数 2ln1f xx, g xa xm,若存在实数0a使 yf xg x在 1 e e ,上有 2 个零点,则m的取值范围为_ 【答案】, 2 e e 【解析】 已知实数0a使 yf x

28、g x在 1 e e , 上有 2 个零点,等价于 yf x与 yg x的函数图象在 1 e e , 上有 2 个交点, 显然 2ln1f xx与 x 轴的交点为,0e, g xa xm的图象关于x m 对称, 当me时,若要有 2 个交点,由数形结合知 m 一定小于 e,即,me e ; 第 22 页 / 共 31 页 当me时,若要有 2 个交点,须存在 a 使得2ln1xa xm 在, e e有两解,所以 feafe , 因为 2 fx x ,即 22 ,0 e fefea ee ,显然存在这样的 a 使上述不等式成立; 由数形结合知 m 须大于 f x在xe处的切线 2 1yx e 与

29、 x 轴交点的横坐标 2 e ,即, 2 e me 综上所述,m 的范围为, 2 e e 故答案为:, 2 e e 第 23 页 / 共 31 页 8、 (2020 届江苏省南通市海门中学高三上学期 10 月检测)若函数 3 ( )|2|f xxaxx,0 x存在零 点,则实数 a 的取值范围为_ 【答案】2, 【解析】因为函数 3 ( )|2|f xxaxx,0 x存在零点, 等价于 3 |2| 0 xaxx,在0,x上有解, 即 3 |2|xx a x 在 0,x上有解, 即函数y a 与 3 |2|xx y x 在 0,x上有交点, 令 3 3 3 2 ,2 2 2 ,02 xx x x

30、x x g x x xx x x 当2x时, 3 2xx g x x , 2 2 20gxx x ,即 g x在2,上单调递增,所以 24g xg; 当02x时, 3 2xx g x x , 2 22 211 2 2 xxx gxx xx , 令 0g x ,解得12x,即 g x在1,2上单调递增,在0,1上单调递减,所以 12g xg ; 故 g x在0,上的值域为2,, 所以2,a 故答案为:2, 9、 (2020 山东省淄博实验中学高三上期末) 已知函数 212lnf xaxx.若函数 f x在 1 0, 2 上无零点,则a的最小值为_. 【答案】24ln2 【解析】 第 24 页 /

31、 共 31 页 因为 0f x 在区间 1 0, 2 上恒成立不可能,故要使函数 f x在 1 0, 2 上无零点,只要对任意的 1 0, 2 x , 0f x 恒成立,即对任意的 1 0, 2 x , 2ln 2 1 x a x 恒成立. 令 2ln 2 1 x l x x , 1 0, 2 x ,则 2 2 2ln2 1 x x lx x , 再令 2 2ln2m xx x , 1 0, 2 x ,则 22 2 12 2 0 x xxx mx , 故 m x在 1 0, 2 上为减函数,于是 1 22ln20 2 m xm , 从而 0lx ,于是 l x在 1 0, 2 上为增函数,所以

32、 1 24ln2 2 l xl , 故要使 2ln 2 1 x a x 恒成立,只要24ln2,a, 综上,若函数 f x在 1 0, 2 上无零点,则a的最小值为24ln2. 故答案为:24ln2 10、 (2020 届山东省烟台市高三上期末)已知函数 22 13 ( )ln2 24 f xxaxxaxx ,其中0ae. (1)求函数 ( )f x的单调区间; (2)讨论函数 ( )f x零点的个数; (3)若 ( )f x存在两个不同的零点 12 ,x x,求证: 2 12 x xe. 【解析】 (1)函数 ( )f x的定义域为 |0 x x , 2 11313 ln2ln2 2222

33、fxxaxxaxaxxaxxaax x ln()(ln1)xaxxaxax, 令 0fx ,得x a 或xe, 第 25 页 / 共 31 页 因为0ae,当0 xa或xe时, 0fx , f x单调递增; 当ax e 时, 0fx , f x单调递减, 所以 f x的增区间为0,a, e ;减区间为, a e (2)取=min 1,2a,则当0,x时, 1 0 2 xa,ln0 x, 3 20 4 ax 所以 13 ln20 24 f xxxaxxax ; 又因为0ae,由(1)可知 f x在(0, )a上单调递增,因此,当0,xa, 0f x 恒成立,即 f x在 0,a上无零点.; 下面

34、讨论xa的情况: 当0 4 e a时,因为 f x在( , )a e单调递减,( ,)e 单调递增,且 0f a , 13 20 244 e f eeeaeaee a , 222224 131 220 244 f eeeaeaee , 根据零点存在定理, f x有两个不同的零点; 当 4 e a 时,由 f x在( , )a e单调递减,( ,)e 单调递增,且 0f e , 此时 f x有唯一零点e; 若 4 e ae,由 f x在, a e单调递减, e 单调递增, 0 4 e f xf ee a , 此时 f x无零点; 综上,若0 4 e a, f x有两个不同的零点;若 4 e a

35、, f x有唯一零点e;若 4 e ae, f x无零点 (3)证明:由(2)知,0 4 e a,且 12 axex, 构造函数 2 e F xf xf x ,( , )xa e, 第 26 页 / 共 31 页 则 42 32 ln1ln1 ee Fxxaxax xx 4324 3 ln1 xaxe axe x x , 令 4324 ( )g xxaxe axe, ( , )xa e, 因为当( , )xa e时, 22 0 xeax , 22 0 xe , 所以 43242222 ( )=()()0g xxaxe axexeax xe 又ln1ln10 xe ,所以 0Fx 恒成立,即(

36、)F x在( , ) a e单调递增, 于是当ax e 时,( )( )0F xF e,即 2 e f xf x , 因为 1 ( , )xa e,所 2 1 1 e f xf x , 又 12 ( )()f xf x,所以 2 2 1 e f xf x , 因为 2 xe, 22 1 ee e xe ,且( )f x在, e 单调递增, 所以由 2 2 1 e f xf x ,可得 2 2 1 e x x ,即 2 12 x xe 题型二 恒成立问题 1、 (2020 届山东省泰安市高三上期末)设函数 f x在定义域(0,+)上是单调函数, 0, x xff xexe ,若不等式 f xfx

37、ax 对0,x恒成立,则实数 a 的取 值范围是_ 【答案】,21e 【解析】 由题意可设 x f xext,则 x f xext , x ff xexe , tt f tettee , 1t , 第 27 页 / 共 31 页 1 x f xex , 1 x fxe, 由 f xfxax 得11 xx exeax , 2 1 x e a x 对 0,x恒成立, 令 2 1 x e g x x , 0,x,则 2 21 x ex gx x , 由 0gx 得1x , g x在0,1上单调递减,在 1,单调递增, 121g xge, 21ae, 故答案为:,21e 2、 (2020 山东省淄博实

38、验中学高三上期末)设函数 ln 1f xaxbx, 2 g xf xbx. (1)若1a ,1b,求函数 f x的单调区间; (2)若曲线 ( ) yg x=在点1,ln3处的切线与直线1130 xy平行. 求a,b的值; 求实数3k k 的取值范围,使得 2 g xk xx对0,x恒成立. 【解析】 (1)当1a ,1b时, ln 11f xxx x, 则 1 1 1 1x x x x f .当 0fx 时,10 x ; 当 0fx 时,0 x; 所以 f x的单调增区间为( ) 1,0-,单调减区间为( ) 0,+?. (2)因为 22 ln 1g xf xbxaxb xx, 第 28 页

39、 / 共 31 页 所以 1 2 1 a gxbx ax ,依题设有 1ln 1 11 1 3 ga g ,即 ln 1ln3 11 13 a a b a . 解得 2 3 a b . 2 ln 1 23g xxxx, 1 , 2 x . 2 g xk xx对0,x恒成立,即 2 0g xk xx对0,x恒成立. 令 2 F xg xk xx,则有 2 4 31 12 k xk Fx x . 当13k时,当0,x时, 0Fx , 所以 F x在( ) 0,+?上单调递增. 所以 00F xF,即当0,x时, 2 g xk xx; 当1k 时,当 11 0, 23 k x k 时, 0Fx ,所

40、以 F x在 11 0, 23 k k 上单调递减,故当 11 0, 23 k x k 时, 00F xF,即当0,x时, 2 g xk xx不恒成立. 综上,1,3k. 3、 (2020 浙江温州中月高考模拟)已知 2 ( )2ln(2)(1)( )(1)f xxxg xk x,. (1)求 ( )f x的单调区间; (2)当2k 时,求证:对于1x ,( )( )f xg x恒成立; (3)若存在 0 1x ,使得当 0 ( 1,)xx 时,恒有( )( )f xg x成立,试求k的取值范围. 【解析】 (1) 2 21 2 fxx x 2 231 (2) 2 xx x x , 当 0fx

41、 时, 2 310 xx . 第 29 页 / 共 31 页 解得 35 2 x 当 0fx 时,解得 35 2 2 x 所以 f x单调减区间为 35 2, 2 , 单调增区间为 35 , 2 (2)设 h xf xg x 2 2ln211 (1)xxk xx , 当2k 时,由题意,当 1,x 时, 0h x 恒成立 2 231 2 2 xx x hx 231 2 xx x , 当1x 时, 0h x 恒成立, h x单调递减 又10h , 当 1,x 时, 10h xh 恒成立,即 0f xg x 对于1x , f xg x恒成立 (3)因为 2 23 1 2 xx k x hx 2 2

42、622 2 xkxk x 由(2)知,当2k 时, f xg x恒成立, 即对于1x , 2 2ln2121xxx, 不存在满足条件的 0 x; 当2k 时,对于1x ,10 x , 此时211xk x 第 30 页 / 共 31 页 2 2ln21211xxxk x, 即 f xg x恒成立,不存在满足条件的 0 x; 当2k 时,令 2 2622t xxkxk, 可知 t x与 h x符号相同, 当 0, xx时, 0t x , 0h x , h x单调递减 当 0 1,xx 时, 10h xh, 即 0f xg x恒成立 综上,k的取值范围为,2 题型三 实际应用问题 1、(2019 南

43、京、盐城一模)盐城市政府响应习总书记在十九大报告中提出的“绿水青山就是金山银山”, 对环境进行了大力整治,目前盐城市的空气质量位列全国前十,吸引了大量的外地游客某旅行社组织了 一个旅游团于近期来到了黄海国家森林公园,数据显示,近期公园中每天空气质量指数近似满足函数 f(x) mlnxx 600 x x21446(4x22, mR), 其中 x 为每天的时刻, 若凌晨 6 点时, 测得空气质量指数为 29.6. (1) 求实数 m 的值; (2) 求近期每天时段空气质量指数最高的时刻(参考数值:ln61.8) 解析: (1)由 f(6)29.6,代入 f(x)mlnxx 600 x x21446

44、(4x22,mR),解得 m12.(5 分) (2)由已知函数求导,得 f(x)12x x 600 144x2 (x2144)2(12x) 令 f(x)0,得 x12.(9 分) 列表得 x 4,12) 12 (12,22 f(x) 0 f(x) 极大值 所以函数在 x12 时取极大值也是最大值,即每天时段空气质量指数最高的时刻为 12 时. (12 分) 答:(1)实数 m 的值为 12;(2)空气质量指数最高的时刻为 12 时(14 分) 2、(2019 苏州三市、苏北四市二调)图是一栋新农村别墅,它由上部屋顶和下部主体两部分组成如图 ,屋顶由四坡屋面构成,其中前后两坡屋面 ABFE 和

45、CDEF 是全等的等腰梯形,左右两坡屋面 EAD 和 FBC 是全等的三角形点 F 在平面 ABCD 和 BC 上的射影分别为 H,M.已知 HM5 m,BC10 m,梯形 第 31 页 / 共 31 页 ABFE 的面积是FBC 面积的 2.2 倍设FMH 0 4 . (1) 求屋顶面积 S 关于 的函数关系式; (2) 已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比, 比例系数为 k(k 为正的常数), 下部主体造价与其高度成正比, 比例系数为 16k.现欲造一栋上、下总高度为 6 m 的别墅,试问:当 为何值时,总造价最低? ,) 思路分析 (1)先通过线面垂直得到 FHHM,放在 RtFHM 中,求出 FM,根据三角形的面积公式 求出FBC 的面积,根据已知条件就可以得到所求 S 关于 的函数关系式 (2)先求出主体高度,进而建立出别墅总造价 y 关于 的函数关系式,再通过导数法求函数的最小值 (1)规范解答 由题意 FH平面 ABCD,FMBC,又因为 HM平面 ABCD,得 FHHM.(2 分) 在 RtFHM 中,HM5,FMH, 所以 FM 5 cos.(4 分) 因此FBC 的面积为1 210 5 cos 25 cos. 从而屋顶面积 S2SFB