2018届二轮复习（文）　函数与导数专题二第4讲学案（全国通用） 17页

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”．‎