2019届二轮复习　导数的热点问题学案（全国通用） 17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、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　(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.‎ ‎(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.‎ 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.‎ 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.‎ 当02时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．‎ ‎(2)证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1.‎ 设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.‎ 当01时，g′(x)>0.‎ 所以x＝1是g(x)的最小值点．‎ 故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.‎ 因此，当a≥时，f(x)≥0.‎ 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x1－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以g(x)≥g(－1)＝0.‎ 因此f(x)＋e≥0.‎ 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　(2018·雅安三诊)设函数f(x)＝(x－1)ex－x2.‎ ‎(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝ex＋(x－1)ex－kx＝xex－kx＝x，‎ ‎①当k≤0时，令f′(x)>0，解得x>0，‎ 令f′(x)<0，解得x<0，‎ 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，‎ 单调递增区间是(0，＋∞)，‎ ‎②当00，解得x0，‎ 令f′(x)<0，解得ln k0，‎ 又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ 所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点．‎ 在区间(－∞，0)中，‎ 因为f(x)＝(x－1)ex－x2>x－1－x2，‎ 取x＝－1∈(－∞，0)，‎ 于是f>－1－2‎ ‎＝－>0，‎ 又f(x)在(－∞，0)上单调递减，‎ 故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，‎ 所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；‎ ‎②当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0.‎ 而在区间(－∞，0)内，f(x)<0，‎ 即f(x)在此区间内无零点．‎ 所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点．‎ 综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k＝0时，f(x)只有一个零点．‎ 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·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．‎ ‎(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)若d＝3，求f(x)的极值；‎ ‎(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围．‎ 解　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，‎ 故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.‎ 又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，‎ 故所求切线方程为x＋y＝0.‎ ‎(2)由已知可得 f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)‎ ‎＝(x－t2)3－9(x－t2)‎ ‎＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.‎ 故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，t2－)‎ t2－ ‎(t2－，t2＋)‎ t2＋ ‎(t2＋，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6，‎ 函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.‎ ‎(3)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)·(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解．‎ 令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.‎ 设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点．‎ g′(x)＝3x2＋(1－d2)．‎ 当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意．‎ 当d2>1时，‎ 令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.‎ 可得g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(x)的极大值为 g(x1)＝g＝＋6>0.‎ g(x)的极小值为 g(x2)＝g＝－＋6.‎ 若g(x2)≥0，则由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意．‎ 若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|0，f(x)在区间(16,96)内为增函数，‎ 所以f(x)在x＝16处取得最小值，此时n＝－1＝5.‎ 答　需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y最小．‎ 思维升华　利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 ‎(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．‎ ‎(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.‎ ‎(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．‎ ‎(4)作答：回归实际问题作答．‎ 跟踪演练3　图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB＝2x，BC＝y.‎ ‎(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；‎ ‎(2)求当x取何值时，凹槽的强度最大．‎ 解　(1)易知半圆CmD的半径为x，‎ 故半圆CmD的弧长为πx.‎ 所以4＝2x＋2y＋πx，‎ 得y＝.‎ 依题意知00，T为关于x的增函数；‎ 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)＝(a＋a－2)－n0>－n0>－n0>0.‎ 由于ln>－ln a，‎ 因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．‎ 综上，a的取值范围为(0,1)．‎ 押题预测 已知f(x)＝asin x，g(x)＝ln x，其中a∈R，y＝g－1(x)是y＝g(x)的反函数．‎ ‎(1)若00，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．‎ 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，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力．‎ ‎(1)证明　由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x，‎ G′(x)＝－acos(1－x)(x>0)，‎ 当x∈(0,1)，01,00，‎ 故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．‎ ‎(2)证明　由(1)知，当a＝1时，‎ G(x)＝sin(1－x)＋ln x在(0,1)上单调递增．‎ ‎∴sin(1－x)＋ln x0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，‎ 即当x∈(0，＋∞)时，Fmin>0.‎ 又设h(x)＝F′＝ex－2mx－2，‎ h′(x)＝ex－2m，m<0，‎ 则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，‎ 则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，‎ ‎∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴F(x)≥F(x0)＝－mx－2x0＋b－2>0，‎ 则b>－＋mx＋2x0＋2，又－2mx0－2＝0，‎ ‎∴m＝，‎ ‎∵b>－＋·x＋2x0＋2‎ ‎＝＋x0＋2，‎ 又m<0，则x0∈(0，ln 2)，‎ ‎∵b>＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，‎ 令m(x)＝ex＋x＋2，x∈(0，ln 2)，‎ 则m′(x)＝(x－1)ex＋1，‎ 令n(x)＝(x－1)ex＋1，‎ 则n′(x)＝xex>0，‎ ‎∴m′(x)在(0，ln 2)上单调递增，‎ ‎∴m′(x)>m′(0)＝>0，‎ ‎∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，‎ ‎∴m(x)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时，f(x)>g(x)．‎ ‎(1)解　因为f′(x)＝1－＝，‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0在定义域内恒成立，‎ ‎∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②若a>0，则由f′(x)>0，解得x<－或x>，‎ 由f′(x)<0，解得－0)，‎ h′(x)＝1－－＝(x>0)，‎ 设p(x)＝x2－x－a，‎ 则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0，‎ 设p(x)＝0的正根为x0，‎ ‎∴x－x0－a＝0，‎ ‎∵p(1)＝1－1－a＝－a<0，∴x0>1，‎ 又p(0)＝－a<0，‎ ‎∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，‎ h(x)min＝h(x0)＝x0＋－ln x0－1‎ ‎＝x0＋－ln x0－1＝2x0－ln x0－2，‎ 令F(x)＝2x－ln x－2，‎ F′(x)＝2－＝>0恒成立，‎ ‎∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，‎ 又∵F(1)＝2－0－2＝0，‎ ‎∴F(x)>0，即h(x)min>0，‎ ‎∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．‎ ‎3．(2018·长春模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．‎ ‎(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x10)，‎ 则F′(x)＝－1＝(x>0)，‎ 当x>1时，F′(x)<0，当00，‎ 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.‎ ‎(2)证明　由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0F，‎ 由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1，‎ 即证ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0，‎ 令h(x)＝－＋x－2ln x(00，‎ 故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)0得x>0，由f′(x)<0得x<0，‎ ‎∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，‎ 又∵f(－2)＝4－>0，f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，‎ ‎∴f(x)有两个零点．‎ ‎(2)证明　∵f′(x)＝ex＋2x，‎ ‎∵x＝0是f(x)的极值点，‎ ‎∴f′(0)＝a－1＝0，∴a＝1，‎ ‎∴f(x)＝(x－1)ex＋x2，‎ 故要证(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1，令x－1＝t，t>0，‎ 即证tet＋1≥ln t＋t＋2(t>0)，‎ 设h(x)＝ex·ex－ln x－x－2(x>0)，‎ 即证h(x)≥0(x>0)，‎ h′(x)＝e·ex(x＋1)－－1‎ ‎＝e(x＋1)(x>0)，‎ 令u(x)＝ex－(x>0)，u′(x)＝ex＋>0，‎ ‎∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 又u(1)＝e－>0，u＝－e<0，‎ 故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，＝，‎ 当0x0时，u(x)>0，h′(x)>0，‎ ‎∴h(x)≥h(x0)＝ex0·－ln x0－x0－2‎ ‎＝ex0·＋ln －x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0.‎ 综上得证．‎ ‎5．(2018·滨海新区七所重点学校联考)已知函数f(x)＝＋ln x(其中a>0，e≈2.7)．‎ ‎(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)求证：对于任意大于1的正整数n，都有ln n>＋＋…＋.‎ ‎(1)解　∵f(x)＝＋ln x，‎ ‎∴f′(x)＝(x>0)，‎ ‎∴f′(1)＝0，‎ ‎∵f(1)＝0，‎ ‎∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.‎ ‎(2)解　∵f(x)＝＋ln x，‎ ‎∴f′(x)＝(x>0，a>0)，‎ ‎∵f(x)在[2，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴f′(x)≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立．‎ ‎∴ax－1≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立，‎ 即a≥对任意x∈[2，＋∞)恒成立．‎ ‎∵当x∈[2，＋∞)时，max＝，‎ ‎∴a≥，即所求正实数a的取值范围是.‎ ‎(3)证明　当a＝1时，f(x)＝＋ln x，f′(x)＝，‎ 当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．‎ 则当x>1时，f(x)>f(1)＝0，‎ 当n>1时，令x＝>1，‎ ‎∴f(x)＝＋ln＝－＋ln>0，‎ ‎∴ln>，ln>，ln>，…，ln>，‎ ‎∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋，‎ 即ln>＋＋…＋，‎ ‎∴ln n>＋＋…＋，‎ 即对于任意大于1的正整数n，‎ 都有ln n>＋＋…＋.‎ B组　能力提高 ‎6．已知函数f(x)＝ex＋2ln x，g(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)若对任意的实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．‎ 解　(1)对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立可转化为不等式m0，n(x)单调递增．‎ 从而当x∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0，‎ 即m′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，‎ 所以m≤1，即m的取值范围为(－∞，1]．‎ ‎(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，‎ 即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．‎ 若a<0，则F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，‎ 故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.‎ 以下证明：当b>1时，F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．‎ ‎①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，‎ F＝－a－b＝>0，‎ 且F(x)在(0，＋∞)上连续，‎ 故F(x)在上必有零点；‎ ‎②若a≥0，F(0)＝1－b<0，‎ 由(1)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)时恒成立，‎ 取x0＝a＋b>0，‎ 则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，‎ 由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0，‎ 故F(x)在(0，a＋b)上必有零点．‎ 综上，实数b的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎7．已知x＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x＋x的一个极值点．‎ ‎(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若方程f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根，求实数m的值．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝(x2－ax)×＋(2x－a)ln x＋1‎ ‎＝x＋(2x－a)ln x－(a－1)．‎ 因为x＝1为函数f(x)的一个极值点，‎ 所以f′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a－1)＝2－a＝0，‎ 解得a＝2.‎ 故f(x)＝(x2－2x)ln x＋x，‎ f′(x)＝x＋(2x－2)ln x－1＝(x－1)(1＋2ln x)．‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝＝.‎ 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ ‎(2)方程f(x)＝mx2＋2x，‎ 即(x2－2x)ln x＋x＝mx2＋2x，‎ 整理得(x2－2x)ln x－x＝mx2.‎ 因为x>0，所以m＝＝.‎ 令g(x)＝＝ln x－，‎ 则g′(x)＝ln x＋×＋＝.‎ 令h(x)＝2ln x＋x－1，‎ 则h′(x)＝＋1>0恒成立，‎ 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又h(1)＝0，‎ 所以当x＝(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以g(x)的最小值为g(1)＝－1<0，‎ 当x→0或x→＋∞时，g(x)→＋∞，‎ 所以当f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根时，m＝－1.‎