2019年高考数学高分突破复习练习专题六 第5讲 19页

第5讲　导数的综合应用与热点问题 高考定位　在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、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.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.‎ ‎(1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.‎ 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.‎ 令g′(x)＝0，解得x＝ln 2.‎ 当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0；‎ 当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0.‎ ‎∴当x≥0时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0，‎ ‎∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.‎ ‎(2)解　若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，‎ 由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，‎ φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.‎ 当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；‎ 当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.‎ ‎∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.‎ ‎2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，‎ 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.‎ 综上，a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)<0；‎ 当x∈时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在单调递减，在单调递增.‎ 又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，‎ 所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，‎ 故f(x0)＝x0(1－x0).‎ 由x0∈得f(x0)<.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，‎ 由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.‎ 所以e－20‎ 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0‎ 三个 f(x1)＞0且f(x2)＜0‎ a＜0 ‎ ‎(f(x1)为极小值，‎ f(x2)为极大值)‎ 一个 f(x1)>0或f(x2)＜0‎ 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0‎ 三个 f(x1)＜0且f(x2)＞0‎ ‎3.利用导数解决不等式问题 ‎(1)利用导数证明不等式.‎ 若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).‎ ‎②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).‎ ‎③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.‎ ‎④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.‎ 温馨提醒　解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.‎ 热点一　利用导数研究函数的零点(方程的根)‎ ‎【例1】 (2018·西安调研)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，x>0，‎ 由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xln x，‎ ‎∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；‎ 令f′(x)<0，解得0－1，‎ 即m>－2，①‎ 当00且x→0时，f(x)→0；‎ 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.‎ 如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②‎ 由①②可得－20且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，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)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.‎ 热点二　利用导数证明不等式 ‎【例2】 (2018·郑州质检)已知函数f(x)＝x－1＋aex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＝－1时，设－10，且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.‎ ‎(1)解　由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1＋aex.‎ 当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增.‎ 当a<0时，令f′(x)>0，得xln，则f(x)的单调递减区间为.‎ ‎(2)证明　法一　设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.‎ 由g′(x)<0，得x>ln 3；由g′(x)>0，得x－4＋ex1.‎ ‎∵－1－4＋.‎ 从而x1－2x2>－4＋.‎ 法二　∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，‎ ‎∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.‎ 设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3.‎ 由g′(x)<0，得x0，得x>ln 3.‎ 故g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3.‎ ‎∵－10，‎ ‎∴x1－2x2>e－1＋3－3ln 3－3＝－3ln 3，‎ ‎∵3ln 3＝ln 27<4，∴x1－2x2>－4＋.‎ 探究提高　1.证明不等式的基本方法：‎ ‎(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②x1，x2∈[a，b]，且x11，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ ‎(1)解　由f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当00，f(x)单调递增.‎ 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.‎ 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.‎ ‎(2)证明　由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，‎ 则g′(x)＝c－1－cxln c.‎ 令g′(x)＝0，解得x0＝.‎ 当x0，g(x)单调递增；‎ 当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.‎ 由(2)知1<0.‎ ‎∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ 热点三　不等式恒成立、存在性问题 考法1　不等式恒成立问题 ‎【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.‎ 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.‎ ‎②当a>2时，令g′(x)＝0，‎ 得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1.‎ 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)0，f(x)单调递增；当π＋2kπ0，又(x＋1)sin x≥0，‎ 当x∈，t′(x)>0，t(x)在为增函数，‎ t(x)min＝t(0)＝m－1＋，‎ 所以m－1＋≤0，m≤1－.‎ 即实数m的取值范围是(－∞，1－).‎ 探究提高　1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.‎ ‎2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.‎ ‎【训练3】 (2018·石家庄调研)设函数f(x)＝(a∈R).‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；‎ ‎(2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)因为f(x)＝，‎ 所以f′(x)＝e· ‎＝－.又f(1)＝1，即切点为(1，1)，‎ 所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1.‎ ‎(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.‎ 因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，‎ 所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2.‎ 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，‎ f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；‎ ‎②当00，f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 故当x＝2时，f(x)取得最大值80，‎ 则V≤×＝4.‎ ‎∴体积最大值为4 cm3.‎ 答案　4 ‎1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.‎ ‎2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.‎ ‎3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(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.不等式恒成立、能成立问题常用解法 ‎(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(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，伴有对参数的分类讨论.‎ ‎(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.‎ 一、选择题 ‎1.设f(x)是定义在R上的奇函数，且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)‎ 解析　x>0时′＝<0，‎ ‎∴φ(x)＝在(0，＋∞)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).‎ 答案　D ‎2.(2018·贵阳联考)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y＝f′(x)的图象如图所示.当10，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0.由<得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k0，得2f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.‎ 解析　令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝＝.‎ 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}.‎ 答案　{x|x>0}‎ ‎8.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.‎ 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.‎ 答案　－3‎ 三、解答题 ‎9.(2018·兰州调研)设函数f(x)＝x－－a，a∈R.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a>0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)<1.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝1＋－a＝－a ‎＝，‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，当x∈(0，a)，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－－a ＝a－aln a－，‎ 即g(a)＝a－aln a－.‎ 要证g(a)<1，即证a－aln a－<1，‎ 即证：ln a＋＋－1>0，‎ 令h(a)＝ln a＋＋－1，‎ 则只需证h(a)＝ln a＋＋－1>0，‎ h′(a)＝－－＝＝.‎ 当a∈(0，2)时，h′(a)<0，h(a)单调递减；‎ 当a∈(2，＋∞)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；‎ 所以h(a)min＝h(2)＝ln 2＋＋－1＝ln 2－>0，‎ 所以h(a)>0，即g(a)<1.‎ ‎10.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….‎ ‎(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；‎ ‎(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由.‎ ‎(1)证明　由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，‎ 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，‎ 所以h(1)h(2)<0，‎ 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.‎ ‎(2)解　由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.‎ 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，‎ 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点.‎ 又h(x)在(1，2)内有零点，‎ 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.‎ h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，‎ 则φ′(x)＝ex＋x－.‎ 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，‎ 即h(x)在(0，＋∞)内至多有两个零点，‎ 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，‎ 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.‎ ‎11.已知函数f(x)＝eax－ax－1.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n≥2).若(n！)0时，令f′(x)>0，解得x>0.‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＝0时，显然无单调区间；‎ 当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).‎ ‎(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，‎ 所以f(x)≥0.‎ 所以ex≥x＋1(当x＝0时取得“＝”).‎ 令x＝n－1，则en－1>n，‎ 所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，‎ 即e>n！，‎ 两边进行次方得(n！)