【文档说明】高考理数考前20天终极冲刺攻略： 导数与其他知识的综合问题 含答案解析.doc，共(8)页，720.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75521.html

以下为本文档部分文字说明：

核心考点解读——导数与其他知识的综合问题(解答题)利用导数研究不等式问题（II）利用导数研究方程根的问题（II）利用导数研究恒成立、存在性问题（II）利用导数解决实际问题（最优化问题）（II）1.涉及本单元知识的考

题，一般在解答题中结合函数的图象进行分类讨论，作为压轴题进行考查．2.从考查难度来看，本单元的考点综合性比较高，试题难度相对较大，高考中通常利用函数的求导法则和导数的运算性质，考查函数的的基本性质等，同时要结合其他知识进行考查，如数列、不等式等．3.从考查热点来看，利用

导数研究函数的综合问题是高考命题的热点，也是难点.注意分类讨论思想、数形结合思想的综合应用．1.利用导数研究不等式问题利用导数方法研究不等式问题，主要的技巧是灵活构造函数，通过函数的性质解决不等式问题，通常要利用函数的单调性以及函数的最值.函数的单调性是研究不等式问题的有利武器

之一，构造函数后，要重视对函数单调性的应用.同时要注意分类讨论思想的应用.2.利用导数研究方程的根的问题当函数具有极值点时，在这个极值点左、右两侧，函数的单调性是不同的，可以结合函数图象的变化趋势确定方

程的根的情况.如果函数在定义域内有唯一的极大（小）值点，那么该极大（小）值点就是最大（小）值点，当最大（小）值点大于（小于）零且左、右两侧均出现小于（大于）0的函数值时，函数就出现两个零点，也就是说方程就有两个不同的实数根；若只出现一侧的函数值符号相反，则说明函数有一个零点，方程只有一个实数根

.利用导数研究方程的根，要结合函数的极值点进行考查，同时注意函数单调性的变化趋势.3.利用导数研究恒成立问题、存在性问题，通常采用分类讨论思想或分离参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒

成立问题、存在性问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题.4.利用导数解决实际问题（最优化问题）(1)生活中常遇到求利润最大，用料最省，效率最高等实际问题，这些问题通常称为最优化问题.(2)利用导数解决生

活中的最优化问题的一般步骤：5.导数与其他知识的综合应用最后都要化归为利用导数研究函数的单调性、极值以及最值问题，因此要熟练掌握利用导数研究函数性质的一般方法，并能够进行延伸、拓展.1．（2017高考新课标Ⅰ，理21）已知函数2

()e(2)exxfxaax=+−−.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.2．（2017高考新课标III，理21）已知函数()1lnfxxax=−−.（1）若()0fx，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，2111111222nm

+++，求m的最小值.3.(2016高考新课标I，理21)已知函数2()(2)e(1)xfxxax=−+−有两个零点.（1）求a的取值范围；（2）设x1，x2是()fx的两个零

点，证明：122xx+.4.(2016高考新课标II，理21)（1）讨论函数()2e2xxfxx−=+的单调性，并证明当x>0时，(2)e20xxx−++；（2）证明：当[0,1)a时，函数2e=(0)xaxagxxx−−（）有最小值.设g（x）的最小值为()h

a，求函数()ha的值域.5.(2015高考新课标Ⅱ，理21)设函数2()emxfxxmx=+−．(1)证明：()fx在(,0)−单调递减，在(0,)+单调递增；(2)若对于任意12,[1,1]xx−，都有12|()()|e1fxfx−−，求m的取值范围．1．已知函数21()e2xfxa

xx=−+．（1）当1a−时，试判断函数()fx的单调性；（2）若1ea−，求证：函数()fx在[1,)+上的最小值小于12．2．已知函数，.（1）若曲线与曲线在它们的交点处的公共切线为，求，，的值；（2）当时，若，，求的取值范围.1．已知函数1()ln2fx

xxx=−.（1）求函数()fx的单调增区间；（2）若12,xx是方程()fxa=的两个不同的实数解，证明：1212e()20xxxx+−.真题回顾：1.（1）()fx的定义域为(,)−+，2()2e(2)e1(e1)(2e1)x

xxxfxaaa=+−−=−+，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(,)−+单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx=得lnxa=−.当(,ln)xa−−时，()0fx；当(ln,)xa−+时，()0fx，所以()fx在(,l

n)a−−单调递减，在(ln,)a−+单调递增.（2）（ⅰ）若0a，由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa=−时，()fx取得最小值，最小值为1(ln)1lnfaaa−=−+.①当1a=

时，由于(ln)0fa−=，故()fx只有一个零点；②当(1,)a+时，由于11ln0aa−+，即(ln)0fa−，故()fx没有零点；③当(0,1)a时，11ln0aa−+，即(ln)0fa−.又422(2)e(2)e22e20faa−−−−=+−+−+，故()f

x在(,ln)a−−有一个零点.设正整数0n满足03ln(1)na−，则00000000()e(e2)e20nnnnfnaannn=+−−−−.由于3ln(1)lnaa−−，因此()fx在(ln,)a

−+有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).2.（1）()fx的定义域为()0，+.①若0a，因为11ln2022fa=-+，所以不满足题意；②若a0，由()1axaf'xxx−=−=知，当()0x,a时，()f'x0；当()，

+xa时，()f'x0，所以()fx在()0,a单调递减，在()，+a单调递增，故x=a是()fx在()0，+的唯一最小值点.由于()10f=，所以当且仅当a=1时，()0fx.故a=1.（2）由（1）知当()1,x+时，1ln0xx−−.令11

2nx=+得11ln122nn+.从而221111111ln1ln1ln1112222222nnn+++++++++=−.故2111111e222n+++.而23111111222

2+++，所以m的最小值为3.3.（1）'()(1)e2(1)(1)(e2)xxfxxaxxa=−+−=−+．（i）设0a=，则()(2)exfxx=−，()fx只有一个零点．（ii）设0a，则

当(,1)x−时，'()0fx；当(1,)x+时，'()0fx．所以()fx在(,1)−单调递减，在(1,)+单调递增．又(1)ef=−，(2)fa=，取b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbb

ababb−+−=−，故()fx存在两个零点．（iii）设0a，由'()0fx=得1x=或ln(2)xa=−．若e2a−，则ln(2)1a−，故当(1,)x+时，'()0fx，因此()fx在(1,)+单调递增．又当1x时()0fx，所以()fx不存在两个零点．若e2

a−，则ln(2)1a−，故当(1,ln(2))xa−时，'()0fx；当(ln(2),)xa−+时，'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a−单调递减，在(ln(2),)a−+单调递增．又当1x时，()0fx，所以

()fx不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0,)+．（2）不妨设12xx，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)xx−+，22(,1)x−−，()fx在(,1)−单调递减，所以122xx+

等价于12()(2)fxfx−，即2(2)0fx−．由于222222(2)e(1)xfxxax−−=−+−，而22222()(2)e(1)0xfxxax=−+−=，所以222222(2)e(2)exxfxxx−−=−

−−．设2()e(2)exxgxxx−=−−−，则2'()(1)(ee)xxgxx−=−−．所以当1x时，'()0gx，而(1)0g=，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx=−，故122xx+．4.（1）()fx的定义域为(,2)(2,)−−−+.222(1)(2)

e(2)ee()0,(2)(2)xxxxxxxfxxx−+−−==++且仅当0x=时，()0fx=，所以()fx在(,2),(2,)−−−+单调递增，因此当(0,)x+时，()(0)1,fxf=−所以(2)e(2),(2)e20xxxxxx−−+−++（2）33(2)

e(2)2()(()),xxaxxgxfxaxx−+++==+由（I）知，()fxa+单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,afaafaa+=−+=因此，存在唯一0(0,2],x使得0()0,fxa+

=即0()0gx=，当00xx时，()0,()0,()fxagxgx+单调递减；当0xx时，()0,()0,()fxagxgx+单调递增.因此()gx在0xx=处取得最小值，最小值为000000022000e(1)e+()(1)e()

.2xxxaxfxxgxxxx−++===+于是00e()2xhax=+，由2e(1)ee()0,2(2)2xxxxyxxx+==+++知单调递增所以，由0(0,2],x得002201eeee().20222

24xhax===+++因为e2xyx=+单调递增，对任意21e(,],24存在唯一的0(0,2],x0()[0,1),afx=−使得(),ha=所以()ha的值域是21e(,],24综上，当[0,1)a时，()gx有最小值()ha，

()ha的值域是21e(,].245.(Ⅰ)()(e1)2mxf'xmx=−+．若0m，则当(,0)x−时，e10mx−，()0f'x；当(0,)x+时，e10mx−，()0f'x．若0m，则当(,0)x−时

，e10mx−，()0f'x；当(0,)x+时，e10mx−，()0f'x．所以，()fx在(,0)−单调递减，在(0,)+单调递增．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m，()fx在[1,0]−单调递减，在[0,1]单调递

增，故()fx在0x=处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]xx−，12|()()|e1fxfx−−的充要条件是(1)(0)e1,(1)(0)e1,ffff−−−−−即ee1,e+e1mmmm−−−−，①，设函数(

)ee1tgtt=−−+，则()e1tg't=−．当0t时，()0g't；当0t时，()0g't．故()gt在(,0)−单调递减，在(0,)+单调递增．又(1)0g=，1(1)e2e<0g−−=+−，故当[1,1]t−时，()0gt．当[1,1]m−时，

()0gm，()0gm−，即①式成立．当1m时，由()gt的单调性，()0gm，即ee1mm−−；当1m−时，()0gm−，即e+e1mm−−．综上可知，m的取值范围是[1,1]−．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函

数()(e1)2mxf'xmx=−+，根据m的取值范围讨论导函数在(,0)−和(0,)+的符号即可；(Ⅱ)12()()e1fxfx−−恒成立，等价于12max()()e1fxfx−−．由12,xx是两个独立的变量，故可求研究()

fx的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f=，最大值可能是(1)f−或(1)f，故只需(1)(0)e1,(1)(0)e1,ffff−−−−−，从而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．名校预测1．【解析】（1）由题可得()exf'xxa=−+，设()(

)exxxgf'xa==−+，则()e1xgx=−，所以当0x时()0gx，()f'x在(0,)+上单调递增，当0x时()0gx，()f'x在(,0)−上单调递减，所以()(10)f'f'xa=+

，因为1a−，所以10a+，即()0f'x，所以函数()fx在R上单调递增．（2）由（1）知()f'x在[1,)+上单调递增，因为1ea−，所以()e110f'a=−+，所以存在(1,)t+，使得()0f't=，即

e0tta−+=，即etat=−，所以函数()fx在[1,)t上单调递减，在(,)t+上单调递增，所以当[1,)x+时222min111()()ee(e)e(1)222ttttfftattttttxt==−+=−+−=−+，令21()e(1)2xhxxx=−+，1

x，则()(1e)0xh'xx=−恒成立，所以函数()hx在(1,)+上单调递减，所以211()e(11)122hx−+=，所以211e(1)22ttt−+，即当[1,)x+时min1()2xf，故函数()fx在[1,)+上的最小值小于12．2．【

解析】（1）设它们的公共交点的横坐标为，则.，则，①；，则，②.由②得，由①得.将，代入得，∴，.（2）由，得，即在上恒成立，令，则，其中在上恒成立，∴在上单调递增，在上单调递减，则，∴.故的取值范围是.专家押题1．【解析】（1）依题意，11()1(ln1)(1ln)22

f'xxx=−+=−，令()0f'x，则1ln0x−，解得0ex，故函数()fx的单调增区间为(0,e).（2）不妨设12xx，由()fxa=得，1ln02xxxa−−=，令1()ln12agxxx=+−，令1tx=，则1()ln12gtatt=−−，由题意，知方程1ln102att−

−=有两个根12,tt，即方程ln22tat+=有两个根12,tt，不妨设111tx=，221tx=．令ttth22ln)(+=，则221ln)(ttth+−=，由0)(th可得10et，由0)(th可得1et，

当1(0)et，时，()ht是增函数，当1()et+，时，)(th是减函数．故结合已知有1201ett．要证1212e()20xxxx+−，即证12122exxxx+，即证12112exx+，即证122ett+，即证1

221eett−，即证122()()ehtht−．又12()()htht=，即证222()()ehtht−，令2()=()()exhxhx−−，下面证()0x对任意的1(0)ex，恒成立．222ln()12ln1e()

()()2e22()exx'xhxhxxx−−−−−=+−=+−．1(0,)ex，∴222ln10()exxx−−−，，∴22222ln()1ln[()]2ln1ee()2222()2()2()eeexxxx'xxxx−−−−−+−

−−+=−−−．∵222()21e()[]e2exxxx+−−=，∴()0'x，∴()x在1(0)e，上是增函数，∴1()()0ex=，∴1212e()20xxxx+−得证.