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  • 2021-06-15 发布

2018届二轮复习函数与导数导数的热点问题专题突破讲义学案文(全国通用)

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第4讲 导数的热点问题 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大.‎ 热点一 利用导数证明不等式 用导数证明不等式是导数的应用之一,可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值,以及构造函数解题的能力.‎ 例1 (2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f(x)=ax2--ln x,曲线y=f(x)在x=2处与直线2x+3y=0垂直.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当x>1时,证明:f(x)>-e1-x.‎ ‎(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=2ax-,‎ 由已知得f′(2)=,所以a=,‎ 所以f′(x)=x-=.‎ 由f′(x)>0,得x>1,由f′(x)<0,得01时,h′(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上为增函数,‎ 所以h(x)>h(1)=0,所以-e1-x>0,‎ 即-e1-x>-,‎ 所以g′(x)>x-+,‎ 而x-+=>>0,‎ 所以g′(x)>0,‎ 所以g(x)在(1,+∞) 上为增函数,所以g(x)>g(1)=0,即f(x)>-e1-x.‎ 思维升华 用导数证明不等式的方法 ‎(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x10,若函数f(x)在区间上存在极值,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥恒成立,求实数k的取值范围.‎ 解 (1)因为f(x)=,则f′(x)=- (x>0),‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ 所以f(x)在x=1处取得极大值.‎ 因为f(x)在区间(其中a>0)上存在极值,‎ 所以解得0,‎ 从而g′(x)>0,故g(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)的最小值为g(1)=2,‎ 所以k3+k≤2,即(k-1)(k2+k+2)≤0,‎ 解得k≤1.故k的取值范围为(-∞,1].‎ 热点二 利用导数讨论方程根的个数 方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的走势,通过数形结合思想直观求解.‎ 例2 (2017届汕头期末)设函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x,a>0.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间; ‎ ‎(2)讨论函数f(x)的零点个数.‎ 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 因为f′(x)=x-(a+1)+ ‎== (x>0).‎ 当00,得01,‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(0,a)和(1,+∞),‎ 单调减区间为(a,1); ‎ 当a=1时,f′(x)=≥0恒成立,‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(0,+∞),无减区间;‎ 当a>1时,令f′(x)<0,得10,得0a,‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),‎ 单调减区间为(1,a). ‎ ‎(2)由(1)可知,当00, ‎ 所以函数f(x)有唯一零点;‎ 当a=1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又f(1)=-<0,f(4)=ln 4>0,‎ 所以函数f(x)有唯一零点; ‎ 当a>1时,函数f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a,+∞),单调递减区间是(1,a),‎ 所以f(x)极大值=f(1)=--a<0,‎ f(x)极小值=f(a)=-a2-a+aln a<0,‎ f(‎2a+2)=aln(‎2a+2)>0, ‎ 综上,函数f(x)有唯一零点. ‎ 思维升华 (1)函数y=f(x)-k的零点问题,可转化为函数y=f(x)和直线y=k的交点问题.‎ ‎(2)研究函数y=f(x)的值域,不仅要看最值,而且要观察随x值的变化y值的变化趋势.‎ 跟踪演练2 (2017届运城期中)已知函数f(x)=x3-(a+1)x2+x-(a∈R).‎ ‎(1)若a<0,求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)当a≤1时,判断函数f(x)在区间[0,2]上零点的个数.‎ 解 (1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1‎ ‎=a(x-1),‎ 因为a<0,所以<1,‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ 递减 极小值 递增 极大值 递减 所以f(x)的极小值为f =,‎ 极大值为f(1)=-(a-1).‎ ‎(2)由(1)得f′(x)=ax2-(a+1)x+1‎ ‎=a(x-1),‎ ‎①当a<0时,f(x)在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减.‎ 又f(1)=-(a-1)>0,f(0)=-<0,‎ f(2)=(‎2a-1)<0,‎ 所以f(x)在[0,2]上有两个零点;‎ ‎②当a=0时,f(x)=-x2+x-,在[0,2]上有两个零点;‎ ‎③当00,f(0)=-<0,‎ f(2)=(‎2a-1)≤0,‎ 所以f(x)在[0,2]上有两个零点;‎ ‎④当0,f(0)=-<0,‎ f ==>0,‎ 所以f(x)在[0,1]上有且仅有一个零点,在[1,2]上没有零点,‎ 所以f(x)在[0,2]上有且仅有一个零点;‎ ‎⑤当a=1时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在[0,2]上单调递增,‎ 因为f(0)=-<0,f(2)=>0,‎ 所以f(x)在[0,2]上有且仅有一个零点,‎ 综上可知,当0,‎ 当0,则由f′(x)=0,得x=-ln a.‎ 当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.‎ ‎(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.‎ ‎①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;‎ ‎②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,‎ 即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;‎ ‎③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.‎ 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,‎ 故f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0>ln,‎ 则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.‎ 由于ln>-ln a,‎ 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,1).‎ 押题预测 已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,记g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线x+y+3=0,求a的值;‎ ‎(2)讨论g(x)=0的解的个数;‎ ‎(3)证明:对任意的00),‎ 令h(x)=x-1-ln x,则h′(x)=1-=,‎ 所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 又当x→0时,h(x)→+∞,当x=1时,h(x)=0,‎ 当x→+∞时,h(x)→+∞,‎ 故当a<0时,g(x)=0无解;‎ 当a=0时,g(x)=0有唯一解;‎ 当a>0时,g(x)=0有两解. ‎ ‎(3)证明 令φ(x)=g(x)-x=x-2-2ln x-‎2a,‎ ‎∴φ′(x)=1-=,‎ φ(x)在上单调递减,又0φ(t),∴g(s)-s>g(t)-t,∴g(s)-g(t)>s-t.‎ ‎∵s-t<0,∴<1.‎ A组 专题通关 ‎1.(2017届安徽百校论坛联考)已知函数f(x)=ax-ln x,F(x)=ex+ax,其中x>0.‎ ‎(1)若a<0,f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)设函数h(x)=x2-f(x)有两个极值点x1,x2,且x1∈,求证:h(x1)-h(x2)>-ln 2.‎ ‎(1)解 f′(x)=a-=,‎ F′(x)=ex+a,x>0,‎ ‎∵a<0,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,‎ 即f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ 当-1≤a<0时,F′(x)>0,‎ 即F(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意;‎ 当a<-1时,由F′(x)>0,得x>ln(-a),‎ 由F′(x)<0,得00),‎ ‎∴x1x2=,∵x1∈,‎ ‎∴x2∈(1,+∞),且axi=2x+1(i=1,2),‎ ‎∴h(x1)-h(x2)=(x-ax1+ln x1)-(x-ax2+ln x2)‎ ‎=(-x-1+ln x1)-(-x-1+ln x2)‎ ‎=x-x+ln ‎=x--ln 2x(x2>1).‎ 设t=2x (t>2),‎ φ(t)=h(x1)-h(x2)=--ln t,‎ ‎∴φ′(t)=>0,‎ ‎∴φ(t)>φ(2)=-ln 2,‎ 即h(x1)-h(x2)>-ln 2.‎ ‎2.(2017·吉林省长春市普通高中模拟)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x,a∈R.‎ ‎(1)若f(x)存在极值点1,求a的值;‎ ‎(2)若f(x)存在两个不同的零点,求证:a>.(e为自然对数的底数,ln 2≈0.693 1)‎ ‎(1)解 f′(x)=x+1-a-,‎ 因为f(x)存在极值点1,‎ 所以f′(1)=0,即2-‎2a=0,a=1,‎ 经检验符合题意,所以a=1.‎ ‎(2)证明 f′(x)=x+1-a-=(x+1)(x>0).‎ ‎①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,‎ 所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,不符合题意;‎ ‎②当a>0时,由f′(x)=0,得x=a,‎ 当x>a时,f′(x)>0,所以f(x)为增函数;‎ 当01-a.令h(a)=ln a+a-1(a>0),‎ h′(a)=+>0,h(a)在定义域内单调递增,‎ h·h(e)= ‎=,‎ 由ln 2≈0.693 1,e≈2.718 28知,-ln 2<0,‎ 故a>成立.‎ ‎3.在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为‎60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为3+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).‎ ‎(1)求y关于v的函数关系式;‎ ‎(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少. ‎ 解 (1)由题意,得下潜用时(单位时间),‎ 用氧量为×=+(升);‎ 水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升);‎ 返回水面用时=(单位时间),‎ 用氧量为×1.5=(升), ‎ ‎∴总用氧量y=++9(v>0).‎ ‎(2)y′=-=,‎ 令y′=0,得v=10, ‎ 当010时,y′>0,函数单调递增, ‎ ‎∴当00).‎ ‎(1) 若函数f(x)有零点, 求实数a的取值范围;‎ ‎(2) 证明:当a≥时, f(x)>e-x.‎ ‎(1)解 方法一 函数f(x)=ln x+的定义域为 ‎(0,+∞).‎ 由f(x)=ln x+, 得f′(x)=-=.‎ 因为a>0,则当x∈(0,a)时, f′(x)<0;‎ 当x∈(a,+∞)时, f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)在(0,a)上单调递减, 在(a,+∞)上单调递增.‎ 当x=a时, f(x)min=ln a+1.‎ 当ln a+1≤0, 即00, 则函数f(x)有零点. ‎ 所以实数a的取值范围为.‎ 方法二 函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞).‎ 由f(x)=ln x+=0, 得a=-xln x. ‎ 令g(x)=-xln x,则g′(x)=-(ln x+1).‎ 当x∈时, g′(x)>0;‎ 当x∈时, g′(x)<0.‎ 所以函数g(x)在上单调递增, 在上单调递减. ‎ 故当x=时, 函数g(x)取得最大值 g=-ln=.‎ 因为函数f(x)=ln x+有零点, 则0e-x,‎ ‎ 即证明当x>0,a≥时,ln x+>e-x,‎ 即xln x+a>xe-x. ‎ 令h(x)=xln x+a, 则h′(x)=ln x+1.‎ 当0时, h′(x)>0.‎ 所以函数h(x)在上单调递减,‎ 在上单调递增.‎ 当x=时, h(x)min=-+a.‎ 于是,当a≥时, h(x)≥-+a≥. ①‎ 令φ(x)=xe-x, 则φ′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).‎ 当00;当x>1时,φ′(x)<0.‎ 所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减.‎ 当x=1时, φ(x)max=φ(1)=.‎ 于是, 当x>0时, φ(x)≤. ②‎ 显然, 不等式①②中的等号不能同时成立.‎ 故当a≥时, f(x)>e-x.‎ ‎5.(2017届杭州地区重点中学期中)已知函数f(x)=的图象过点(-1,2),且在该点处的切线与直线x-5y+1=0垂直.‎ ‎(1)求实数b,c的值;‎ ‎(2)对任意给定的正实数a,曲线y=f(x)上是否存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上?‎ 解 (1)当x<1时,f(x)=-x3+x2+bx+c,‎ 则f′(x)=-3x2+2x+b,‎ 由题意知,解得b=c=0.‎ ‎(2)假设曲线y=f(x)上存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,则P,Q只能在y轴的两侧,不妨设P(t,f(t))(t>0),则Q(-t,t3+t2),且t≠1.‎ 因为△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,‎ 所以·=0,‎ 即-t2+f(t)·(t3+t2)=0, ①‎ 是否存在点P,Q等价于方程①是否有解,‎ 若01,则f(t)=aln t,代入方程①,得=(t+1)ln t,‎ 设h(x)=(x+1)ln x(x≥1),‎ 则h′(x)=ln x++1>0在[1,+∞)上恒成立,‎ 所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ 从而h(x)≥h(1)=0,‎ 所以当a>0时,方程=(t+1)ln t有解,‎ 即方程①有解.‎ 所以对任意给定的正实数a,曲线y=f(x)上存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上.‎ B组 能力提高 ‎6.(2017届枣庄期末)设函数f(x)=x2-aln x(a∈R),g(x)=x2-(a+1)x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a≥0时,讨论函数f(x)与g(x)的图象的交点个数.‎ 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.‎ 当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)的增区间是(0,+∞),无减区间;‎ 当a>0时,f′(x)=,‎ 当0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增. ‎ 综上,当a≤0时,函数f(x)的增区间是(0,+∞),无减区间;‎ 当a>0时,f(x)的增区间是(,+∞),减区间是(0,).‎ ‎(2)令F(x)=f(x)-g(x)‎ ‎=-x2+(a+1)x-aln x,x>0,‎ 问题等价于求函数F(x)的零点个数.‎ ‎①当a=0时,F(x)=-x2+x,x>0,F(x)有唯一零点;‎ 当a≠0时,F′(x)=-.‎ ‎②当a=1时,F′(x)≤0,当且仅当x=1时取等号,‎ 所以F(x)为减函数.注意到F(1)=>0,‎ F(4)=-ln 4<0,‎ 所以F(x)在(1,4)内有唯一零点;‎ ‎③当a>1,0a时,F′(x)<0;‎ 当10,‎ 所以F(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递减,在(1,a)上单调递增.‎ 注意到F(1)=a+>0,F(‎2a+2)=-aln(‎2a+2)<0,‎ 所以F(x)在(1,‎2a+2)内有唯一零点;‎ ‎④当01时,F′(x)<0;‎ 当a0,‎ 所以F(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递减,在(a,1)上单调递增.‎ 注意到F(1)=a+>0,F(a)=(a+2-2ln a)>0,‎ F(‎2a+2)=-aln(‎2a+2)<0,‎ 所以F(x)在(1,‎2a+2)内有唯一零点. ‎ 综上,F(x)有唯一零点,即函数f(x)与g(x)的图象有且仅有一个交点.‎ ‎7.(2017届江西鹰潭一中期中)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x,其中常数a>0.‎ ‎(1)当a>2时,求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)设定义在D上的函数y=h(x)在点P(x0,h(x0))处的切线方程为l:y=g(x),若>0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)的“类对称点”,当a=4时,试问y=f(x)是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”的横坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ ‎∵f(x)=x2-(a+2)x+aln x,‎ ‎∴f′(x)=2x-(a+2)+ ‎==,‎ ‎∵a>2,∴>1,令f′(x)>0,‎ 即>0,‎ ‎∵x>0,∴0,‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间是(0,1),.‎ ‎(2)当a=4时,f(x)=x2-6x+4ln x,‎ ‎∴f′(x)=2x+-6,‎ y=g(x)=(x-x0)+x-6x0+4ln x0,‎ 令φ(x)=f(x)-g(x)=x2-6x+4ln x-‎ ,‎ 则φ(x0)=0,‎ φ′(x)=2x+-6- ‎=2(x-x0) ‎=(x-x0) ‎=(x-x0),‎ 当x0<时,φ(x)在上单调递减.‎ ‎∴当x∈时,φ(x)<φ(x0)=0,‎ 从而有x∈时,<0;‎ 当x0>时,φ(x)在上单调递减,‎ ‎∴当x∈时,φ(x)>φ(x0)=0,‎ 从而有x∈时,<0,‎ ‎∴当x∈(0,)∪(,+∞)时,y=f(x)不存在“类对称点”.当x0=时,φ′(x)=(x-)2,‎ ‎∴φ(x)在(0,+∞)上是增函数,故>0,‎ ‎∴当x0=时,y=f(x)存在“类对称点”.‎

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