浙江专用2020版高考数学新增分大一轮复习第四章导数及其应用4.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题讲义含解析

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1、第3课时　导数与函数的综合问题题型一　利用导数解或证明不等式1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝0，且对于其导函数f′(x)恒有f(x)＋f′(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)A．∅B．(0,1)C．(1，＋∞)D．(0,1)∪(1，＋∞)答案　B解析　令g(x)＝f(x)ex，由x＞0时，f(x)＋f′(x)＜0恒成立，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＜0，故g(x)＝f(x)ex在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，所以g(1)＝0.当x＞1时，f(x)ex＜0，得f(x)＜0；当0＜x＜1时，f(x)ex＞0，得f(

2、x)＞0，故选B.2．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案　D解析　∵当x>0时，′<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．3．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；

3、(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.证明　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)，当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－，当且仅当x＝2时取等号．①又由(1)知x－lnx≥1，当且仅当x＝1时取等号．②因为①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－.思维升华(1)利用

4、导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)

5、0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以x＝1为极大值点，所以00，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)min＝g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f

6、(x0)≥成立，求实数k的取值范围．解　当x∈[1，e]时，k≤有解，令g(x)＝(x∈[1，e])，由本例(2)知，g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.思维升华利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练1已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解　∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∴a≤－，x∈[1

7、，e]．令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝－，∴a≤－.∴实数a的取值范围是.题型三　利用导数研究函数的零点问题例2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)探讨函数F(x)＝lnx－＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请说明理