1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.7 导数的综合应用导数的综合应用(选填题选填题) 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 【题型要点】利用导数研究函数零点或方程根的方法【题型要点】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个 数或者通过零点个数求参数范围 (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个
2、数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结 合确定其中参数的范围 (3)构造函数法研究函数零点 根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定 区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解 解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与 化归的思想方法. 【例【例 1】(2020 汉中模拟汉中模拟)若函数 xf与 xg满足：存在实数 t，使得 tf t g ，则称函数 xg为 xf 的“友导”函数已知函数 3 2 1 2 xkxxg为函数 xxxxfln 2
3、 的“友导”函数，则k的取值范围是 ( ) A(，1) B(，2 C(1，) D2，) 【答案】D 【解析】 1kxxg，由题意 xg为函数 xf的“友导”函数，即方程1ln 2 kxxxx有解，故 1 1 ln x xxk， 记 1 1 ln x xxxp， 则 p(x)1ln x1 x2 x21 x2 ln x， 当 x1 时， x21 x2 0， ln x0， 故 p(x)0，故 p(x)递增；当 0x1 时，x 21 x2 0，ln x0，故 p(x)0，则 函数 F(x)x f(x)1 x的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 【答案】B. 【解析】 ： 函数 F(x)xf(x)
4、1 x的零点， 就是方程 xf(x) 1 x0 的根， 即方程 xf(x) 1 x的根 令函数 g(x)xf(x)， 则 g(x)f(x)xf(x)因为当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)0，所以 g(x)xf(x)单调递增，g(x)g(0)0；当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)g(0)0.所以函数 yg(x)与 y1 x的图象只有一个 交点，即 F(x)xf(x)1 x只有一个零点故选 B. 题组高效训练突破题组高效训练突破 1方程 x36x29x100 的实根个数是( ) A3 B2 C1 D0 【答案】C 【解析】 设 f(x)x36x29x10， f(x)3x212x93(x
5、1)(x3)， 由此可知函数的极大值为 f(1)60， 极小值为 f(3)100 时，令 f(x)0，得 xln1 a，函数 f(x)在 a 1 ln,上单调递减，在 , 1 ln a 上单调递增，所以 f(x)的最小值为 a f 1 ln1ln1 a2a1ln a2a.令 g(a)1ln a2a(a0)，则 g(a) 1 a2.当 a 2 1 , 0时， g(a)单调递增； 当 a , 2 1 时， g(a)单调递减， 所以 g(a)max 2 1 gln 20， 所以 f(x)的最小值为 a f 1 ln0，函数 f(x)aexx2a 有两个零点综上所述，实数 a 的取值范围是(0， )，
6、故选 D. 4.已知 f(x)1 x ex，过点(k,0)与 f(x)相切的直线有且仅有 3 条，则 k 的取值范围是( ) A(，2e2) B(，2e2 C(，4e2) D(，4e2 【答案】C 【解析】设切点为 0 0 01 , ex x x，f(x) x1 ex ，则切线为 0 0 0 0 0 1 1xx ex x ex x y ，代入点(k,0)得 11 0 0 0 0 0 x ex x x xk，令 g(x)x x x1 ex x1，则 g(x) 2xexx x12 ，当 x0，g(x)单调递 增，注意到 x1，故 g(x)的递增区间为(，1)，(1,2)，当 x2 时，g(x)单调
7、递减，要使 g(x)k 有三个根， 由图象可得，kg(2)4e2，故 k 的取值范围为(，4e2) 5.已知函数 f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表： x 1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示当 1a2 时，函数 yf(x)a 的零点有 个 【答案】 ：4 【解析】 ： 根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点， 函数 yf(x)的大致图象如图所示 由于 f(0)f(3)2， 1a2，所以 yf(x)a 的零点个数为 4. 6若函数 f(x)axa ex 1(a0)没有零点，则实数 a 的取值范围为 【答案】 ：(e2，0) 【解
8、析】 ：f(x)ae x（axa）ex e2x a（x2） ex (a0) 当 x2 时，f(x)2 时，f(x)0， 所以当 x2 时，f(x)有极小值 f(2) a e21. 若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)a e210， 解得 ae2，因此e2a2，所以函数 f(x)不存在零点， 所以函数 f(x)不存在“折点”； 对于函数 f(x)lg |x2019|，取 x02019， 则函数 f(x)在(，2019)上有零点 x2020， 在(2019，)上有零点 x2018， 所以 x02019 是函数 f(x)lg |x2019|的一个“折点”； 对于函数 f(x)x 3 3x1
9、， 则 f(x)x21(x1)(x1) 令 f(x)0，得 x1 或 x1； 令 f(x)0，得1x1， 所以函数 f(x)在(，1)和(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减 又 f(1)1 30，所以函数 f(x)只有一个零点， 所以函数 f(x)x 3 3x1 不存在“折点”； 对于函数 f(x)x22mx1(xm)2m21， 由于 f(m)m211， 结合图象(图略)可知该函数一定有“折点” 综上，存在“折点”的函数是. 题型二题型二 利用导数研究不等式的有关问题利用导数研究不等式的有关问题 【题型要点】【题型要点】1利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式转化成某个
10、函数最值问题 若证明 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)g(x)恒成立FxfxgxF(x)min0. (4) 任 意x1M ， 任 意x2N ， f(x1)g(x2) f(x1)ming(x2)max； 任 意x1M ， 存 在x2N ， f(x1)g(x2) f(x1)ming(x2)min；存在 x1M，存在 x2N，f(x1)g(x2) f(x1)maxg(x2)min；存在 x1M，任意 x2N，f(x1
11、)g(x2) f(x1)maxg(x2)max. 3.两个经典不等式的活用 逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经典不等式解 决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程 (1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当 x1 时，等号成立 (2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当 x0 时，等号成立 进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且 x1) 【例【例 1】(2020 渭南模拟渭南模拟)设函数 f(x)(xa)2(3ln x3a)2，若存在 x0，使 f(x0) 9 10，则实数 a 的值为( ) A. 1 10 B.
12、1 4 C.1 2 D1 【答案】A 【解析】分别令 g(x)3ln x，h(x)3x， 设过点 P(x0,3ln x0)的函数 g(x)的切线 l 平行于直线 y3x. g(x)3 x，由 3 x03，解得 x01.切点 P(1,0) 点 P 到直线 y3x 的距离 d3 10 10 . 存在 x01，使 f(x0) 9 10， 过点 P 且与直线 y3x 垂直的直线方程为 y1 3(x1) 联立 y3x， y1 3x1， 解得 x 1 10，y 3 10. 则实数 a 1 10.故选 A. 【例 2】已知函数 f(x) 1 ln（x1）x，则 yf(x)的图象大致为( ) 【答案】B 【解
13、析】因为 f(x)的定义域为 x10， ln（x1）x0， 即x|x1，且 x0，所以排除选项 D. 当 x0 时，由经典不等式 x1ln x(x0)， 以 x1 代替 x，得 xln(x1)(x1，且 x0)， 所以 ln(x1)x1，且 x0)，即 x0 或1x0 时均有 f(x)0)， 则 h(x) x3x1 x2 .当 x(0,1) 时，h(x)0，函数 h(x)单调递增，所以 h(x)minh(1)4， 所以 ah(x)min4. 题组高效训练突破题组高效训练突破 1(2020 汕头一模汕头一模)函数 f(x)ln xa 的导数为 f(x)，若方程 f(x)f(x)的根 x0小于 1
14、，则实数 a 的取值范围 为( ) A(1，) B(0，1) C(1， 2) D(1， 3) 【答案】A 【解析】 ：.由函数 f(x)ln xa 可得 f(x)1 x， 因为 x0使 f(x)f(x)成立，所以 1 x0ln x0a， 又 0x01，ln x01. 2(2020 河南豫南九校联考河南豫南九校联考)设定义在(0，)上的函数 f(x)的导函数 f(x)满足 xf(x)1，则( ) Af(2)f(1)ln 2 Bf(2)f(1)1 Df(2)f(1)1f(x)1 x(ln x)，即 f(x)(ln x)0.令 F(x) f(x)ln x，则 F(x)在(0，)上单调递增，故 f(2
15、)ln 2f(1)ln 1，即 f(2)f(1)ln 2. 3.已知 aR， 设函数 f(x) x22ax2a，x1， xaln x，x1. 若关于 x 的不等式 f(x)0 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 x1 时，由 f(x)x22ax2a0 恒成立，而二次函数 f(x)图象的对称轴为直线 xa，所以当 a1 时，f(x)minf(1)10 恒成立，当 a1 时，f(x)minf(a)2aa20，所以 0a1 时，由 f(x) xaln x0 恒成立，即 a x ln x恒成立设 g(x) x ln x，则
16、g(x) ln x1 ln x2 .令 g(x)0，得 xe，且当 1xe 时，g(x)e 时，g(x)0，所以 g(x)ming(e)e，所以 ae.综上，a 的取值范围是 0ae，即0，e故 选 C. 4已知函数 f(x)exln (x3)，则下面对函数 f(x)的描述正确的是( ) Ax(3，)，f(x)1 3 Bx(3，)，f(x)1 2 Cx0(3，)，f(x0)1 Df(x)min(0,1) 【答案】B 【解析】因为函数 f(x)exln (x3)，定义域为(3，)，所以 f(x)ex 1 x3，易知 f(x)的导函数 f(x) 在定义域(3，)上单调递增，又 f(1)0，所以 f
17、(x)0 在(3，)上有唯一的实根， 不妨将其设为 x0，且 x0 2 1 , 1，则 xx0为 f(x)的最小值点，且 f(x0)0，即 ex0 1 x03，两边取以 e 为底的对数，得 x0ln (x03)，故 f(x)f(x0)ex0ln (x03) 1 x03ln (x03) 1 x03x0，因为 x0 2 1 , 1， 所以 2x032 1 23 1 2， 即x(3， )， 都有 f(x) 1 2. 5.(2020 安徽名校联考安徽名校联考)关于函数 f(x)2 xln x，有下列几个命题： x2 是 f(x)的极大值点； 函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点； 存在正实数 k，
18、使得 f(x)kx 恒成立； 对任意两个正实数 x1，x2，且 x1x2，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24. 其中正确的命题有( ) A B C D 【答案】C 【解析】f(x)x2 x2 ，当 0x2 时，f(x)2 时，f(x)0.所以 f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单 调递增，x2 是 f(x)的极小值点，故错误根据函数 f(x)的单调性及极值点，作出函数 f(x)的大致图象， 如图所示 作出直线 yx，易知直线 yx 与 f(x)的图象有且只有 1 个交点，即函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点，故 正确若 f(x)kx，则 k 2 x2 ln x x ，令
19、g(x) 2 x2 ln x x ，则 g(x)4xxln x x3 ，令 F(x)4xxln x，则 F(x)ln x，所以 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，F(x)F(1)kx恒成立， 故错误 由x1x2， f(x1)f(x2)可知x12,0x24， 即证 x14x2， 且 x14x22， f(x)在(2， )上单调递增， 即证 f(x1)f(4x2)， 又 f(x1)f(x2)， 所以证 f(x2)f(4x2)， 即证 f(x)f(4x)， x(0,2) 令 h(x)f(x)f(4x)ln xln (4x)2 x 2 4x， x(0,2)， 则 h(x)8x2 2
20、x24x2 0，所以 x1x24，故正确故选 C. 6(2020 吉林白山联考吉林白山联考)设函数 f(x) x a x xex 3 3 ，若不等式 f(x)0 有正实数解，则实数 a 的最小值 为_ 【答案】 ：e 【解析】 ：原问题等价于存在 x(0，)，使得 aex(x23x3)，令 g(x)ex(x23x3)，x(0，)，则 ag(x)min，而 g(x)ex(x2x)由 g(x)0 可得 x(1，)，由 g(x)0 可得 x(0，1)据此可知，函数 g(x) 在区间(0，)上的最小值为 g(1)e.综上可得，实数 a 的最小值为 e. 7若对任意 a，b 满足 0abt，都有 bln
21、 aaln b，则 t 的最大值为 【答案】 ：e 【解析】 ：因为 0abt，bln aaln b， 所以ln a a ln b b ， 令 yln x x ，x(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增， 故 y1ln x x2 0，解得 0xe， 故 t 的最大值是 e. 8.已知函数 f(x)x|x2a|，若存在 x1,2，使得 f(x)2，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】(1,5) 【解析】当 x1,2时，f(x)|x3ax|， 由 f(x)2 可得2x3ax2， 即为x22 xa5，即 a5； 设 h(x)x22 x，则导数为 h(x)2x 2 x2， 当 x1,2时，h(x)0
22、，即 h(x)在1,2上单调递减， 可得 h(x)max121.即有a1. 综上可得，a 的取值范围是1a5. 9已知函数 f(x)xln x1 2x 2，x 0是函数 f(x)的极值点，给出以下几个命题： 0x0 1 e；f(x0)x00. 其中正确的命题是_(填出所有正确命题的序号) 【答案】 【解析】函数 f(x)xln x1 2x 2(x0)， f(x)ln x1x，易得 f(x)ln x1x 在(0，)递增， e f 1 1 e0， x0，f(x)， 0x01 e，即正确，不正确； ln x01x00， f(x0)x0 x0ln x01 2x 2 0 x0 x0 1 2 1 ln 0
23、0 xx 1 2x 2 00，即正确，不正确 10已知函数 f(x)的定义域是1,5，部分对应值如表，f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示， x 1 0 2 4 5 f(x) 1 2 1.5 2 1 下列关于函数 f(x)的命题： 函数 f(x)的值域为1,2； 函数 f(x)在0,2上是减函数； 如果当 x1，t时，f(x)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4； 当 1a2 时，函数 yf(x)a 最多有 4 个零点 其中所有正确命题的序号是_ 【答案 【解析】由 f(x)的导函数 f(x)的图象可知，当1x0 及 2x0，函数 f(x)单调递增，当 0x2 及 4x5 时，f(x
24、)0，函数 f(x)单调递减，当 x0 及 x4 时，函数 f(x)取得极大值 f(0)2，f(4)2，当 x2 时， 函数 f(x)取得极小值 f(2)1.5.又 f(1)f(5)1， 所以函数 f(x)的最大值为 2， 最小值为 1， 值域为1,2， 正确；因为当 x0 及 x4 时，函数 f(x)取得极大值 f(0)2，f(4)2，要使当 x1，t时，函数 f(x) 的最大值是 2， 则 0t5， 所以 t 的最大值为 5， 所以不正确； 因为极小值 f(2)1.5， 极大值 f(0)f(4)2， 所以当 1a2 时，yf(x)a 最多有 4 个零点，所以正确，所以正确命题的序号为. 题
25、型三题型三 构造法求构造法求 f(x)与与 f(x)共存问题共存问题 类型一类型一 f(x)g(x) f(x)g(x)型型 【题型要点】题型要点】(1)对于不等式 f(x)g(x)0(或0)，构造函数 F(x)f(x)g(x) (2)对于不等式 f(x)g(x)0(或0)，构造函数 F(x)f(x)g(x) 特别地，对于不等式 f(x)k(或k)(k0)，构造函数 F(x)f(x)kx. (3)对于不等式 f(x)g(x)f(x)g(x)0(或0)，构造函数 F(x)f(x)g(x) (4)对于不等式 f(x)g(x)f(x)g(x)0(或0)，构造函数 F(x)f（x） g（x）(g(x)0
26、) 【例 1】定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)1，且对任意的 xR 都有 f(x)1 2，则不等式 f(lg x) lg x1 2 的 解集为_ 【答案】(0，10) 【解析】由题意构造函数 g(x)f(x)1 2x， 则 g(x)f(x)1 20， 所以 g(x)在定义域内是减函数 因为 f(1)1，所以 g(1)f(1)1 2 1 2， 由 f(lg x)lg x1 2 ，得 f(lg x)1 2lg x 1 2. 即 g(lg x)f(lg x)1 2lg x 1 2g(1)， 所以 lg x1，解得 0 x10. 所以原不等式的解集为(0，10) 【例【例 2】设 f(x
27、)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x0 时，f(x)g(x)f(x)g(x)0，且 g(3) 0，则不等式 f(x)g(x)0 的解集为_ 【答案】(，3)(0，3) 【解析】借助导数的运算法则，f(x)g(x)f(x)g(x)0 f(x)g(x)0，所以函数 yf(x)g(x)在(，0)上单调 递增又由题意知函数 yf(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(3，0)，(3，0)数形结 合可求得不等式 f(x)g(x)0 的解集为(，3)(0，3) 类型二类型二 xf(x) nf(x)(n 为常数为常数)型型 【题型要点】【题型要点】(1)对于 xf(x)n
28、f(x)0 型，构造 F(x)xnf(x)，则 F(x)xn 1xf(x)nf(x)(注意对 xn1的符号 进行讨论)，特别地，当 n1 时，xf(x)f(x)0，构造 F(x)xf(x)，则 F(x)xf(x)f(x)0. (2)对于xf(x)nf(x)0(x0)型， 构造F(x)f（x） xn ， 则F(x)xf（x）nf（x） xn 1(注意对xn 1的符号进行讨论)， 特别地，当 n1 时，xf(x)f(x)0，构造 F(x)f（x） x ，则 F(x)xf（x）f（x） x2 0. 【例 3】设 f(x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当 x0 时，xf(x)f(x)
29、0，则使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是( ) A(，1)(0，1) B(1，0)(1，) C(，1)(1，0) D(0，1)(1，) 【答案】【答案】A 【解析】令 g(x)f（x） x ，则 g(x)xf（x）f（x） x2 . 由题意知，当 x0 时，g(x)0， g(x)在(0，)上是减函数 f(x)是奇函数，f(1)0， f(1)f(1)0， g(1)f(1)0， 当 x(0，1)时，g(x)0，从而 f(x)0； 当 x(1，)时，g(x)0，从而 f(x)0. 又f(x)是奇函数， 当 x(，1)时，f(x)0； 当 x(1，0)时，f(x)0. 综上，使 f(x)0 成
30、立的 x 的取值范围是(，1)(0，1) 【例 4】设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f(x)，且 2f(x)xf(x)x2，则下列不等式在 R 上恒成立的是( ) Af(x)0 Bf(x)0 Cf(x)x Df(x)x 【答案】【答案】A 【解析】令 g(x)x2f(x)1 4x 4，则 g(x)2xf(x)x2f(x)x3x2f(x)xf(x)x2 当 x0 时，g(x)0，g(x)g(0)， 即 x2f(x)1 4x 40，从而 f(x)1 4x 20； 当 x0 时，g(x)0，g(x)g(0)， 即 x2f(x)1 4x 40， 从而 f(x)1 4x 20； 当 x0 时，由题
31、意可得 2f(0)0，f(0)0. 综上可知，f(x)0. 类型三类型三 f(x) f(x)( 为常数为常数)型型 【题型要点】【题型要点】(1)对于不等式 f(x)f(x)0(或0)，构造函数 F(x)exf(x) (2)对于不等式 f(x)f(x)0(或0)，构造函数 F(x)f（x） ex . 【例【例 5】已知 f(x)在 R 上的可导函数，且xR，均有 f(x)f(x)，则有( ) Ae2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) Be2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) Ce2 019f(2 019)f(0)，f(2
32、019)e2 019f(0) De2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) 【答案】【答案】D 【解析】 构造函数 h(x)f（x） ex ， 则 h(x)f（x）f（x） ex 0， 即 h(x)在 R 上单调递减， 故 h(2 019)h(0)， 即f（2 019） e 2 019f（0） e0 e2 019f(2 019)f(0)；同理，h(2 019)h(0)，即 f(2 019)e2 019f(0)，故选 D. 【例 6】已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)2f(x)0 恒成立，且 f(2)1 e(e 为自然对数的底数)，则不等式 exf(x) 2 x e0 的解集为_ 【答案】(2，)】 【解析】由 f(x)2f(x)0，得 21 2f(x)f(x)0，可构造函数 h(x)e x 2f(x)，则 h(x)1 2e x 2f(x)2f(x)0， 所以函数 h(x)e x 2f(x)在 R 上单调递增，且 h(2)ef(2)1.不等式 exf(x)e x 20 等价于 e x 2f(x)1，即 h(x) h(2)x2，所以不等式 exf(x)e x 20 的解集为(2，)
