2020高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 18页

第4讲　导数的热点问题 ‎[考情考向分析]　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、不等式结合，证明不等式和求参数范围问题是热点题型，中高档难度．‎ 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　已知函数f(x)＝2x－ln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求证：1＋ln 2≤f(x)<＋1.‎ ‎(1)解　由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)min＝f ＝1＋ln 2.‎ 所以1＋ln 2≤f(x)成立．‎ 另一方面，要证f(x)<＋1成立．‎ 18‎ 只要证＋2ln x－4x＋2>0，‎ 设函数g(x)＝＋2ln x－4x＋2，‎ 则g′(x)＝＋－4＝.‎ 令t(x)＝e2x－1－2x，x∈(0，＋∞)．‎ 则t′(x)＝2(e2x－1－1)，由t′(x)＝0得x＝，‎ 所以当x∈时，t′(x)<0，即t(x)为减函数；‎ 当x∈时，t′(x)>0，即t(x)为增函数，‎ 所以t(x)≥t＝0.‎ 令g′(x)＝＝0，得x＝，‎ 所以当x∈时，g′(x)<0，g(x)为减函数；‎ 当x∈时，g′(x)>0，g(x)为增函数，‎ 则g(x)min＝g＝2－2ln 2>0，‎ 即当x∈(0，＋∞)时，＋2ln x－4x＋2>0，‎ 综上，1＋ln 2≤f(x)<＋1成立．‎ 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时，证明：存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1.‎ ‎(1)解　函数的定义域为[0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋＝(x>0)，‎ 18‎ 若a≤0，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为[0，＋∞)；‎ 若a>0，当0时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎(2)证明　由(1)可知，当a>0时，‎ f(x)min＝f ＝－a，‎ 所以存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1‎ 等价于－a≤－a＋1，‎ 设g(a)＝a－a＋1(a>0)，‎ 则g′(a)＝·－1＝(－)，‎ 所以g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(a)min＝g(3)＝0，故g(a)≥0，‎ 所以－a≤－a＋1恒成立，‎ 因此存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋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　设函数f(x)＝ex－‎2a－ln(x＋a)，a∈R，e为自然对数的底数．‎ ‎(1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若0－a)，‎ 18‎ 记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，‎ 知f′(x)在区间内单调递增．‎ 又∵f′(0)＝1－<0，f′(1)＝e－>0，‎ ‎∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0，‎ 即f′(x0)＝－＝0，‎ 于是＝，x0＝－ln.‎ 当－ax0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ ‎∴f(x)min＝f(x0)＝－‎2a－ln ‎＝－‎2a＋x0＝x0＋a＋－‎3a≥2－‎3a，‎ 当且仅当x0＋a＝1时，取等号．‎ 由00，‎ ‎∴f(x)min＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点．‎ 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　(2018·全国Ⅱ)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，＋∞)上只有一个零点，求a.‎ ‎(1)证明　当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.‎ 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，‎ 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.‎ 当x≠1时，g′(x)<0，‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.‎ ‎(2)解　设函数h(x)＝1－ax2e－x.‎ f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；‎ ‎(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.‎ 当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．‎ 18‎ 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．‎ ‎①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．‎ ‎③若h(2)<0，即a>，‎ 因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；‎ 由(1)知，当x>0时，ex>x2，‎ 所以h(‎4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，‎ 故h(x)在(2,‎4a)上有一个零点．‎ 因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．‎ 综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.‎ 真题体验 ‎(2018·浙江)已知函数f(x)＝－ln x.‎ ‎(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；‎ ‎(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．‎ 证明　(1)函数f(x)的导函数为f′(x)＝－.‎ 由f′(x1)＝f′(x2)得 －＝－.‎ 因为x1≠x2，所以＋＝.‎ 由基本不等式，得＝＋≥2.‎ 因为x1≠x2，所以x1x2>256.‎ 由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．‎ 设g(x)＝－ln x(x>0)，‎ 则g′(x)＝(－4)，‎ 18‎ 当x变化时，g′(x)和g(x)的变化如下表所示：‎ x ‎(0,16)‎ ‎16‎ ‎(16，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎↘‎ ‎2－4ln 2‎ ‎↗‎ 所以g(x)在(256，＋∞)上单调递增，‎ 故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，‎ 即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.‎ ‎(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，则 f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，‎ f(n)－kn－a0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．‎ 押题预测 设f(x)＝x－－aln x(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点处的切线方程；‎ ‎(2)当a<1时，在内是否存在实数x0，使f(x0)>e－1成立？‎ 18‎ 押题依据　有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查转化与化归的数学思想方法，本题的命制正是根据这个要求进行的．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在点处的切线的斜率为f′＝1－＝－1.‎ 所求切线方程为y－＝－，‎ 即x＋y－ln 2－1＝0.‎ ‎(2)存在．理由如下：‎ 要证当a<1时，在内存在实数x0，使f(x0)>e－1成立，‎ 则只需证明当x∈时，f(x)max>e－1即可．‎ f′(x)＝1＋－＝ ‎＝(x>0)，‎ 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1，‎ 当a<1时，a－1<0，‎ 当x∈时，f′(x)<0；当x∈(1，e)时，f′(x)>0.‎ 则函数f(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增，‎ ‎∴f(x)max＝max.‎ 于是，只需证明f(e)>e－1或f >e－1即可，‎ ‎∵f(e)－(e－1)＝e－－a－(e－1)＝>0，‎ ‎∴f(e)>e－1成立，‎ ‎∴假设正确，即当a<1时，在x∈内存在实数x0，使f(x0)>e－1成立．‎ A组　专题通关 ‎1．设函数f(x)＝＋.‎ 18‎ ‎(1)求函数f(x)的值域；‎ ‎(2)当实数x∈[0,1]时，证明：f(x)≤2－x2.‎ ‎(1)解　函数f(x)的定义域是[－1,1]，‎ ‎∵f′(x)＝，‎ 当f′(x)>0时，解得－1e＋2－.‎ ‎(1)解　由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，‎ f′(x)＝－＝，‎ 设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，‎ 要使y＝f(x)在上有极值，‎ 则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，‎ 18‎ ‎∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①‎ 且至少有一根在区间上，‎ 又∵x1·x2＝1，‎ ‎∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，‎ ‎∴0e＋－2，②‎ 联立①②可得a>e＋－2.‎ 即实数a的取值范围是.‎ ‎(2)证明　由(1)知，当x∈时，f′(x)<0，‎ f(x)单调递减，‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ ‎∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，‎ 即∀t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，‎ 又当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ ‎∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)，‎ 即对∀s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)，‎ 又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，‎ x1∈，x2∈，‎ ‎∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)‎ ‎＝ln x2＋－ln x1－ ‎＝ln＋－ ‎＝ln x＋x2－，‎ 设k(x)＝ln x2＋x－＝2ln x＋x－(x>e)，‎ 则k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，‎ 18‎ ‎∴k(x)在上单调递增，‎ ‎∴k(x)>k(e)＝2＋e－，‎ ‎∴f(t)－f(s)>e＋2－.‎ ‎3．(2018·浙江省衢州二中模拟)已知函数f(x)＝aex＋(2－e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线(3－e)x－y＋10＝0平行，g(x)＝－x2＋4x－1.‎ ‎(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在[0，＋∞)内的零点个数；‎ ‎(2)证明：当x>0时，f(x)≥g(x)．‎ ‎(1)解　∵f′(x)＝aex＋2－e，‎ ‎∴f′(0)＝a＋2－e＝3－e，∴a＝1，‎ ‎∴f(x)＝ex＋(2－e)x，‎ 则f′(x)＝ex＋2－e.‎ 当x≥0时，f′(x)＝ex＋2－e≥e0＋2－e>0，‎ ‎∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1>0，‎ ‎∴f(x)在[0，＋∞)内没有零点．‎ ‎(2)证明　当x>0时，设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋x2－(2＋e)x＋1，‎ 则h′(x)＝ex＋2x－2－e＝(ex－e)＋2(x－1)．‎ h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝0，‎ ‎∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ h(x)min＝h(1)＝e＋1－(2＋e)＋1＝0，‎ ‎∴当x>0时，h(x)≥0，即当x>0时，f(x)≥g(x)．‎ ‎4．已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．‎ ‎(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)在x＝处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0.求证：对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．‎ ‎(1)解　易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－.‎ 若b＝0，则g(x)＝∈(0，＋∞)，不合题意；‎ 若b<0，则g(0)＝1>0，g＝－1<0，满足题设，‎ 若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b.‎ ‎∴g(x)在(－∞，－ln b)上单调递减；‎ 18‎ 在(－ln b，＋∞)上单调递增，‎ 则g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，‎ ‎∴b≥e.‎ 综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．‎ ‎(2)证明　易得f′(x)＝－，‎ 则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝.‎ ‎∴f(x)＝ln x＋，从而f ＝1，‎ 即切点为.‎ 将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.‎ ‎∴g(x)＝e－x.‎ 要证f(x)>g(x)，即证ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，‎ 只需证xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．‎ 令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．‎ 则由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，‎ ‎∴u(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增，‎ ‎∴u(x)min＝u＝.‎ 又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，‎ ‎∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴v(x)max＝v(1)＝.‎ ‎∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，‎ 显然，上式的等号不能同时取到．‎ 故对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．‎ ‎5．已知函数g(x)＝xln x，h(x)＝(a>0)．‎ ‎(1)若g(x)a－a＝0，‎ ‎∴f′(x)在上单调递增，‎ 又f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0，‎ 即f(x)在上单调递増，f(x)>f(1)＝－>0，不满足题意．‎ 综上所述，a∈[1，＋∞)．‎ 方法二　当x∈(1，＋∞)时，g(x)，‎ 令F(x)＝(x>1)，‎ F′(x)＝(x>1)，‎ 记m(x)＝x－1－xln x(x>1)，‎ 则m′(x)＝－ln x<0，‎ ‎∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)0.‎ ‎(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；‎ ‎(2)函数F(x)的导数F′(x)＝f(x)，是否存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点？请说明理由．‎ 解　(1)f′(x)＝ex，‎ 当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f ，‎ 18‎ 因为f 0，‎ 所以存在x0∈，使f(x0)＝0，‎ 且当0x0时，f(x)>0.‎ 故函数f(x)在(0，＋∞)上有1个零点，即x0.‎ ‎(2)方法一　当a>1时，ln a>0.‎ 因为当x∈时，ex－a<0；‎ 当x∈时，ex－a>0.‎ 由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.‎ 下面证：当a∈时，ln a0，‎ 所以g′(x)在上单调递增，‎ 由g′(1)＝－<0，g′(e)＝1－>0，‎ 所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，‎ 且x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，‎ x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以当x∈时，g(x)0，F(x)单调递增；‎ 当ln a0，f(x)<0，‎ F′(x)＝f(x)<0，F(x)单调递减．‎ 所以存在a∈⊆(1,4)，使得ln a为F(x)的极大值点．‎ 18‎ 方法二　因为当x∈时，ex－a<0；‎ 当x∈时，ex－a>0.‎ 由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.‎ 所以存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a∈(1,4)，使得ln a0，‎ 所以g′(x)在上单调递增，‎ 因为g′＝ln－<0，g′(2)＝ln 2－>0，‎ 所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，‎ 且当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 所以当x∈时，‎ g(x)min＝g＝t0ln t0－t0－＋1，②‎ 由g′＝0，可得ln t0＝，‎ 代入②式可得g(x)min＝g＝－t0＋1，‎ 当t0∈时，‎ g＝－t0＋1＝－<－<0，‎ 18‎ 所以必存在x∈，使得g(x)<0，‎ 即对任意a∈，f<0有解，‎ 所以对任意a∈⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.‎ ‎7．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2.‎ ‎(1)当a＝e时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)若f(x)有两个不同零点，求a的取值范围；‎ ‎(3)对∀x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．‎ ‎(1)解　当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，‎ ‎∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．‎ ‎(2)解　f′(x)＝x(ex＋a)，‎ ‎(ⅰ)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，只有一个零点x＝1，‎ ‎(ⅱ)当a>0时，ex＋a>0，‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，‎ f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝>0，‎ ‎∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点，‎ 当x<0时，ex<1，∴(x－1)ex>x－1，‎ ‎∴f(x)＝(x－1)ex＋ax2>x－1＋ax2‎ ‎＝ax2＋x－1，‎ 令g(x)＝ax2＋x－1，‎ x1是g(x)＝0的一个根，‎ 取x1＝<0，‎ ‎∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，‎ ‎∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点，‎ ‎∴函数f(x)有两个零点．‎ ‎(ⅲ)当a<0时，f′(x)＝x(ex＋a)，‎ 18‎ 令f′(x)＝0得x＝0或x＝ln(－a)，‎ ‎①当ln(－a)>0，即a<－1时，‎ 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表所示：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0，ln(－a))‎ ln(－a)‎ ‎(ln(－a)，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎－1‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，‎ ‎∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，‎ ‎②当ln(－a)＝0，即a＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(x)至多有一个零点，不合题意．‎ ‎③当ln(－a)<0，即－10，‎ ‎∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，‎ 取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0，‎ 18‎ ‎∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即＝，‎ ‎∴当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，‎ 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，‎ ‎∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)－ln(x0－1)－x0－1‎ ‎＝(x0－1)×－ln－x0－1‎ ‎＝1＋x0－x0－1＝0，‎ ‎∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0，‎ 即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．‎ 18‎