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第19练导数的综合应用明晰考情1.命题角度：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.2.题目难度：偏难题.考点一利用导数研究函数的零点(方程的根)方法技巧求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：(1)转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；(2)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；(3)结合图象求解.1.设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的变化情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc当c0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.2.已知函数f(x)2lnx(aR，a0).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)a1m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围.解(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0时，f(x)，则f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增.(2)由(1)知，a0，f(x)minf()1ln a，即g(a)1ln a，方程g(a)a1m，即maln a(a0)，令F(a)aln a(a0)，则F(a)1，知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，F(a)极大值Fln 3，F(a)极小值Fln 2ln 3.依题意得实数m的取值范围是.3.已知函数f(x)(x1)exax2，aR.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a).若a0，则当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.故函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.当a0时，由f(x)0，解得x0或xln(2a).()若ln(2a)0，即a，则xR，f(x)x(ex1)0，故f(x)在(，)上单调递增；()若ln(2a)0，即a0；当x(ln(2a)，0)时，f(x)0，即a0；当x(0，ln(2a)时，f(x)0时，由(1)知，函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.因为f(0)10，取实数b满足b2且ba(b1)ab2a(b2b1)a(421)0，所以f(x)有两个零点；若a0，则f(x)(x1)ex，故f(x)只有一个零点.若a0，由(1)知，当a时，则f(x)在(0，)上单调递增，又当x0时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；当ag(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.4.设函数f(x)lnxx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，10)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.因此，f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数.(2)证明当x(1，)时，1x，即为ln xx11时，f(x)0恒成立，即f(x)在(1，)上单调递减，可得f(x)f(1)0，即有ln x1，则F(x)1ln x1ln x，当x1时，F(x)0，可得F(x)在(1，)上单调递增，即有F(x)F(1)0，即有xln xx1.综上，原不等式得证.5.设函数f(x)e2xalnx.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于20，所以f(x0)aln x02ax02ax0aln x02ax0aln2aaln.当且仅当x0时，取等号.故当a0时，f(x)2aaln.6.设函数f(x)ax21lnx，其中aR.(1)若a0，求过点(0，1)且与曲线yf(x)相切的直线方程；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2.求实数a的取值范围；求证：f(x1)f(x2)0.(i)若a0，则f(x)0，由f(x)0，解得x.当0x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minfln1ln.要使函数f(x)有两个零点，首先ln0，解得0ae.当0a.因为f0，所以ff0.又函数f(x)在上单调递减，且其图象在上不间断，所以函数f(x)在区间上恰有1个零点.考查函数g(x)x1ln x，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0，函数g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)0，所以f1ln0.因为0，所以.因为ff0，且f(x)在上单调递增，其图象在上不间断，所以函数f(x)在区间上恰有1个零点，即在上恰有1个零点.综上所述，a的取值范围是(0，e).证明由x1，x2是函数f(x)的两个零点(不妨设0x1x2)，得两式相减，得a(xx)ln 0，即a(x1x2)(x1x2)ln 0，所以a(x1x2).f(x1)f(x2)0等价于ax1ax20，即a(x1x2)0，即0.设h(x)2ln xx，x(0,1).则h(x)1h(1)0.因为(0,1)，所以2ln0，即f(x1)f(x2)f(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.7.已知函数f(x)exex2ax(aR).(1)若f(x)在(0,1)上单调，求a的取值范围；(2)若函数yf(x)exlnx的图象恒在x轴上方，求a的最小整数解.解(1)由题意知，f(x)ex2exa，令h(x)ex2exa，则h(x)ex2e，当x(0,1)时，h(x)0恒成立，令g(x)xlnx(x0)，则g(x)，令t(x)ex1x，t(x)ex11，当x1时，t(x)0，t(x)单调递增，当0x1时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x)t(1)0，ex1x0.当x1时，g(x)单调递增，当0x0，故a的最小整数解为1.8.已知函数f(x)lnx.(1)若函数g(x)f(x)axx2有两个极值点，求实数a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)m(x1)(mZ)有实数解，求整数m的最大值.解(1)g(x)ln xaxx2(x0)，则g(x)，由题意得方程x2ax10有两个不等的正实数根，设两根为x1，x2，x1,2，则a2，即a的取值范围为(2，).(2)方程ln xm(x1)，即m，设h(x)(x0)，则h(x)，令(x)ln x(x0)，则(x)0，h(e2)0，h(x)单调递增；当x(x0，)时，h(x)0时，h(t)在区间上单调递减，在区间(，)上单调递增.从而，所以0k2.例(16分)已知函数f(x)lnxmxm，mR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求实数m的值；(3)在(2)的条件下，对任意的0ab，求证：.审题路线图(1)(2)(3)规范解答评分标准(1)解f(x)m(x(0，).当m0时，f(x)0恒成立，则函数f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，由f(x)m0，可得x，则f(x)在上单调递增，由f(x)m0，可得x，则f(x)在上单调递减.5分(2)解由(1)知，当m0时显然不成立；当m0时，f(x)maxfln1mmlnm1，只需mlnm10即可，令g(x)xlnx1，则g(x)1，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)0.故f(x)0在x(0，)上恒成立时，m1.11分(3)证明11，由0ab，得1，由(2)得0ln1，则11，则原不等式成立.16分构建答题模板第一步求导数.第二步看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.第三步用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.第四步得结论：审视转化过程的合理性.第五步再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.1.设函数f(x)x2mlnx，g(x)x2(m1)x，m0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增.综上可知，函数f(x)的单调递增区间是，)，单调递减区间是(0，.(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmlnx，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数.F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)在(0，)上为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln40，所以F(x)有唯一零点.当m1时，若0x1或xm，则F(x)0；若1xm，则F(x)0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln(2m2)0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.2.(2017全国)已知函数f(x)lnxax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增.若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上，当a0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明由(1)知，当a0)，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当a0，得0x1，由f(x)1，f(x)1ln x在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，).(2)解由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减，f(x)在上的最大值为f(1)1ln 10.又f1eln2e，f(e)1ln e，且f0在x(1，)上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由.解(1)当k1时，f(x)xln xx1，f(x)ln x.令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得0x1，知f(x)0，f(x)在(1，)上是单调增函数，且图象不间断，又f(1)0，当x1时，f(x)f(1)0，函数yf(x)在区间(1，)上没有零点，不合题意.当k1时，由f(x)0，解得xek11，若1xek1，则f(x)ek1，则f(x)0，故f(x)在(ek1，)上是增函数，当1xek1时，f(x)0，f(x)在(1，)上的图象不间断，函数yf(x)在区间(1，)上有1个零点，符合题意.综上所述，k的取值范围为(1，).(3)假设存在正整数k，使得f(x)x0在(1，)上恒成立，则由x1知x10，从而k0，h(x)在(1，)上是增函数，又h(3)1ln 30，h(x)在3,4上的图象不间断，存在唯一的实数x0(3,4)，使得h(x0)0，当1xx0时，h(x)0，g(x)x0时，h(x)0，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增，当xx0时，g(x)有极小值，即为最小值，g(x0)，又h(x0)x02ln x00，ln x0x02，g(x0)x0，由(*)知，k0在x(1，)上恒成立.
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