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
