2018届二轮复习方法指导-导数及其应用第2课时利用导数研究函数的综合问题课件（全国通用） 25页

第 2 课时 利用导数研究函数的综合问题 总纲目录 考点一   利用导数证明不等式问题 考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根 考点一    利用导数证明不等式问题 典型例题 (2016课标全国Ⅲ)设函数 f ( x )=ln x - x +1. (1)讨论 f ( x )的单调性; (2)证明当 x ∈(1,+ ∞ )时,1<   < x ; (3)设 c >1,证明当 x ∈(0,1)时,1+( c -1) x > c x . 解析 　(1)由题设知, f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ), f ‘( x )=   -1,令 f '( x )=0,解得 x =1. 当0< x <1时, f '( x )>0, f ( x )单调递增;当 x >1时, f '( x )<0, f ( x )单调递减. (2)证明:由(1)知 f ( x )在 x =1处取得最大值,最大值为 f (1)=0. 所以当 x ≠ 1时,ln x < x -1. 故当 x ∈(1,+ ∞ )时,ln x < x -1,ln   <   -1, 即1<   < x . (3)证明:由题设 c >1,设 g ( x )=1+( c -1) x - c x , 则 g '( x )= c -1- c x ln c ,令 g '( x )=0, 解得 x 0 =   . 当 x < x 0 时, g '( x )>0, g ( x )单调递增;当 x > x 0 时, g '( x )<0, g ( x )单调递减. 由(2)知1<   < c ,故0< x 0 <1. 又 g (0)= g (1)=0,故当0< x <1时, g ( x )>0. 所以当 x ∈(0,1)时,1+( c -1) x > c x . 方法归纳 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 ],有 f ( a ) ≤ f ( x ) ≤ f ( b ),② ∀ x 1 , x 2 ∈[ a , b ],且 x 1 < x 2 ,有 f ( x 1 )< f ( x 2 ).对于减函数有类似结论. (2)利用最值:若 f ( x )在某个范围 D 内有最大值 M (或最小值 m ),则 ∀ x ∈ D , 有 f ( x ) ≤ M (或 f ( x ) ≥ m ). (3)证明 f ( x )< g ( x ),可构造函数 F ( x )= f ( x )- g ( x ),证明 F ( x )<0. 跟踪集训 (2017福建普通高中质量检测)已知函数 f ( x )=e - x + ax ( a ∈R). (1)讨论 f ( x )的最值; (2)若 a =0,求证: f ( x )>-   x 2 +   . 解析 　(1)依题意,得 f '( x )=-e - x + a . ①当 a ≤ 0时, f '( x )<0,所以 f ( x )在R上单调递减, 故 f ( x )不存在最大值和最小值; ②当 a >0时,由 f '( x )=0得 x =-ln a . 当 x 变化时, f '( x )与 f ( x )的变化情况如下表: x (- ∞ ,-ln a ) -ln a (-ln a ,+ ∞ ) f '( x ) - 0 + f ( x ) ↘ 极小值 ↗ 由上表可知 f ( x )在(- ∞ ,-ln a )上单调递减,在(-ln a ,+ ∞ )上单调递增, 故当 x =-ln a 时, f ( x )取得极小值, 也是最小值,最小值为 f (-ln a )= a - a ln a ,不 存在最大值. 综上,当 a ≤ 0时, f ( x )不存在最大值和最小值; 当 a >0时, f ( x )的最小值为 a - a ln a ,不存在最大值. (2)解法一:当 a =0时, f ( x )=e - x ,设 g ( x )=e - x +   x 2 -   ,则 g '( x )=-e - x + x , 设 P ( x )=-e - x + x ,由 P '( x )=e - x +1>0,可知 g '( x )在R上单调递增. 因为 g '   =-   +   <0, g '(1)=-   +1>0, 所以存在唯一的 x 0 ∈   ,使得 g '( x 0 )=0. 当 x 变化时, g '( x )与 g ( x )的变化情况如下表: x (- ∞ , x 0 ) x 0 ( x 0 ,+ ∞ ) g '( x ) - 0 + g ( x ) ↘ 极小值 ↗ 由上表可知, g ( x )在(- ∞ , x 0 )上单调递减,在( x 0 ,+ ∞ )上单调递增, 故当 x = x 0 时, g ( x )取得极小值,也是最小值,即 g ( x ) min = g ( x 0 )=   +     -   . 由 g '( x 0 )=0可得   = x 0 ,所以 g ( x 0 )=     + x 0 -   . 又 x 0 ∈   ,所以 g ( x 0 )=     + x 0 -   >   ×   +   -   =0, 所以 g ( x ) ≥ g ( x 0 )>0,即e - x >-   x 2 +   ,所以不等式 f ( x )>-   x 2 +   成立. 当5-4 x 2 >0,即-   < x <   时, h '( x )=(-4 x 2 -8 x +5)e x =-(2 x -1)(2 x +5)e x , 所以当-   < x <   时, h '( x )>0, h ( x )在   上单调递增, 当   < x <   时, h '( x )<0, h ( x )在   上单调递减, 所以当-   < x <   时, h ( x ) ≤ h   =4   <8. 综上所述,不等式 f ( x )>-   x 2 +   成立. 解法二:当 a =0时, f ( x )=e - x ,要证 f ( x )>-   x 2 +   , 即证e - x >-   x 2 +   ,即证(5-4 x 2 )e x <8.设 h ( x )=(5-4 x 2 )e x , 当5-4 x 2 ≤ 0,即 x ≤ -   或 x ≥   时, h ( x ) ≤ 0<8; 考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 典型例题 (2017东北四市高考模拟)已知函数 f ( x )= ax -ln x . (1)过原点 O 作曲线 y = f ( x )的切线,求切点的横坐标; (2) ∀ x ∈[1,+ ∞ ),关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ a (2 x - x 2 )恒成立,求实数 a 的取值范围. 解析 　(1)设切点为 M ( x 0 , f ( x 0 )), ∵ f '( x )= a -   ,∴切线的斜率 k = f '( x 0 )= a -   , ∴曲线 f ( x )的切线方程为 y - f ( x 0 )= k ( x - x 0 ), 即曲线的切线方程为 y - ax 0 +ln x 0 =   ( x - x 0 ), 又切线过原点 O ,所以- ax 0 +ln x 0 =   (- x 0 ), 解得 x 0 =e,所以切点的横坐标为e. (2)因为不等式 ax -ln x ≥ a (2 x - x 2 )在[1,+ ∞ )上恒成立, 所以 ax 2 - ax -ln x ≥ 0在[1,+ ∞ )上恒成立, 设 g ( x )= ax 2 - ax -ln x , x ∈[1,+ ∞ ),则 g '( x )=2 ax - a -   . 当 a ≤ 0时, g '( x )= a (2 x -1)-   <0,∴ g ( x )在[1,+ ∞ )上单调递减, ∴ g ( x ) ≤ g (1)=0,∴ a ≤ 0不符合题意; 当 a >0时, g '( x )=   ,设 h ( x )=2 ax 2 - ax -1=2 a   -   -1, 易知 h ( x )在[1,+ ∞ )上单调递增,∴ h ( x ) ≥ h (1)= a -1. ①当 a ≥ 1时,由 h ( x ) ≥ 0得 g '( x ) ≥ 0,∴ g ( x )在[1,+ ∞ )上单调递增,∴ g ( x ) ≥ g (1)=0, ∴ a ≥ 1符合题意; ②当0< a <1时,∵ h (1)= a -1<0, h   =   >0,且 h ( x )在[1,+ ∞ )上 单调递增, ∴ ∃ x 0 ∈[1,+ ∞ )使得 h ( x 0 )=0, 则 g ( x )在[1, x 0 )上单调递减,在( x 0 ,+ ∞ )上单调递增, ∴ g ( x 0 )< g (1)=0,则0< a <1不符合题意. 综上所述, a 的取值范围为[1,+ ∞ ). 方法归纳 破解此类以函数为背景的不等式恒成立问题需要“一构造、一分类” . “一构造”是指通过不等式的同解变形 , 构造一个与背景函数相关的函 数 ;“ 一分类”是指在不等式恒成立问题中 , 常需对参数进行分类讨论 , 求出参数的范围.有时也可以利用分离参数法,即将不等式分离参数,转 化为不含参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的最值.一般地, a > f ( x )对 x ∈ D 恒成立,只需 a > f ( x ) max ; a < f ( x )对 x ∈ D 恒成立,只需 a < f ( x ) min . 跟踪集训 (2017广西三市第一次联考)已知函数 f ( x )= x - a ln x , g ( x )=-   ,其中 a ∈R. (1)设函数 h ( x )= f ( x )- g ( x ),求函数 h ( x )的单调区间; (2)若存在 x 0 ∈[1,e],使得 f ( x 0 )< g ( x 0 )成立,求 a 的取值范围. 解析 　(1) h ( x )= x +   - a ln x , h '( x )=1-   -   =   =   , ①当 a +1>0,即 a >-1时,在(0,1+ a )上 h '( x )<0,在(1+ a ,+ ∞ )上 h '( x )>0, 所以 h ( x )在(0,1+ a )上单调递减,在(1+ a ,+ ∞ )上单调递增. ②当1+ a ≤ 0,即 a ≤ -1时,在(0,+ ∞ )上 h '( x )>0, 所以函数 h ( x )在(0,+ ∞ )上单调递增. (2)若存在 x 0 ∈[1,e],使得 f ( x 0 )< g ( x 0 )成立,即存在 x 0 ∈[1,e],使得 h ( x 0 )= f ( x 0 )- g ( x 0 )<0成立,即函数 h ( x )= x +   - a ln x 在[1,e]上的最小值小于零. 由(1)可知:①当1+ a ≥ e,即 a ≥ e-1时,在[1,e]上, h '( x )<0, h ( x )在[1,e]上单调 递减, 所以 h ( x )在[1,e]上的最小值为 h (e), 由 h (e)=e+   - a <0可得 a >   ,因为   >e-1,所以 a >   . ②当1+ a ≤ 1,即 a ≤ 0时, h ( x )在[1,e]上单调递增, 所以 h ( x )的最小值为 h (1),由 h (1)=1+1+ a <0可得 a <-2.所以 a <-2. ③当1<1+ a 2>0,不合题意. 综上可得所求 a 的取值范围是(- ∞ ,-2) ∪   . 考点三  利用导数研究函数的零点或方程的根 典型例题 (2017课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数 f ( x )= a e 2 x +( a -2)·e x - x . (1)讨论 f ( x )的单调性; (2)若 f ( x )有两个零点,求 a 的取值范围. 解析 　(1) f ( x )的定义域为(- ∞ ,+ ∞ ), f '( x )=2 a e 2 x +( a -2)e x -1=( a e x -1)(2e x +1). (i)若 a ≤ 0,则 f '( x )<0,所以 f ( x )在(- ∞ ,+ ∞ )单调递减. (ii)若 a >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 )单调递减,在(-ln a ,+ ∞ )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)= a e -4 +( a -2)e -2 +2>-2e -2 +2>0,故 f ( x )在(- ∞ ,-ln a )有一个零点. 设正整数 n 0 满足 n 0 >ln   ,则 f ( n 0 )=   ( a   + a -2)- n 0 >   - n 0 >   - n 0 >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). 方法归纳 三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步:将问题转化为函数的零点个数问题,进而转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y = k )在该区间上的交点个数问题; 第二步:利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值、端点值等性 质,进而画出其图象; 第三步:结合图象求解. 跟踪集训 　已知函数 f ( x )=e x -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. 解析 　(1)证明:由题意可得 h ( x )= f ( x )- g ( x )=e x -1-   - x , 所以 h (1)=e-3<0, h (2)=e 2 -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)由(1)可知 h ( x )= f ( x )- g ( x )=e x -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 )=e x -     -1,记 φ ( x )=e x -     -1,则 φ '( x )=e 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,+ ∞ )内只有一个零点, 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. 1.(2017合肥第二次教学质量检测)已知函数 f ( x )= x ln x - a e x (e为自然对数 的底数)有两个极值点,则实数 a 的取值范围是   (　　) A.   　    B.(0,e)　     C.   　    D.(- ∞ ,e) 随堂检测 答案     A　由题易知, f '( x )=1+ln x - a e x ,令 f '( x )=0,得 a =   ,函数 f ( x )有两 个极值点,则需 f '( x )=0有两个实数根,则 a =   有两个实数根,则直线 y = a 与 y =   的图象有两个交点, 令 g ( x )=   ,则 g '( x )=   , 令 h ( x )=   -1-ln x ,得 h ( x )在(0,+ ∞ )上为减函数,且 h (1)=0, 所以当 x ∈(0,1)时, h ( x )>0,故 g '( x )>0, g ( x )为增函数, 当 x ∈(1,+ ∞ )时, h ( x )<0,故 g '( x )<0, g ( x )为减函数, 所以 g ( x ) max = g (1)=   ,又当 x →+ ∞ 时, g ( x )→0, 所以 g ( x )的图象如图所示,故0< a <   . 2.(2017合肥第一次教学质量检测)已知直线 y = b 与函数 f ( x )=2 x +3和 g ( x )= ax +ln x 分别交于 A , B 两点,若| AB |的最小值为2,则 a + b = 　　　     . 答案 　2 解析 　设点 B ( x 0 , b ),欲使| AB |最小,曲线 g ( x )= ax +ln x 在点 B ( x 0 , b )处的切线 与 f ( x )=2 x +3平行,则有 a +   =2,解得 x 0 =   ,进而可得 a ·   +ln   = b , ① 又点 A 的坐标为   , 所以| AB |= x 0 -   =   -   =2,② 联立方程①②可解得 a =1, b =1,所以 a + b =2. 3.(2017课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数 f ( x )= x -1- a ln x . (1)若 f ( x ) ≥ 0,求 a 的值; (2)设 m 为整数,且对于任意正整数 n ,     …   < m ,求 m 的最 小值. 解析 　(1) f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ). ①若 a ≤ 0,因为 f   =-   + a ln 2<0,所以不满足题意; ②若 a >0,由 f '( x )=1-   =   知,当 x ∈(0, a )时, f '( x )<0;当 x ∈( a ,+ ∞ )时, f ' ( x )>0.所以 f ( x )在(0, a )单调递减,在( a ,+ ∞ )单调递增.故 x = a 是 f ( x )在(0,+ ∞ ) 的唯一最小值点. 由于 f (1)=0,所以当且仅当 a =1时, f ( x ) ≥ 0.故 a =1. (2)由(1)知当 x ∈(1,+ ∞ )时, x -1-ln x >0. 令 x =1+   ,得ln   <   . 从而ln   +ln   + … +ln   <   +   + … +   =1-   <1. 故     …   2,所以 m 的最小值为3.