2018届二轮复习　导数与函数综合问题学案（全国通用） 17页

第3讲　导数与函数综合问题 函数、导数与不等式 考向预测 ‎1.利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.‎ ‎2. 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.‎ 知识与技巧的梳理 ‎1.导数的几何意义 函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).‎ ‎2.四个易误导数公式 ‎(1)(sin x)′＝cos x；‎ ‎(2)(cos x)′＝－sin x；‎ ‎(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；‎ ‎(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).‎ ‎3.利用导数研究函数的单调性 ‎(1)导数与函数单调性的关系.‎ ‎①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.‎ ‎②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.‎ ‎(2)利用导数研究函数单调性的方法.‎ ‎①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.‎ ‎②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题 求解.‎ ‎4.利用导数研究函数的极值、最值 ‎(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧 f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.‎ ‎(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.‎ ‎5.利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、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，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.‎ ‎6.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10‎ 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0‎ 三个 f(x1)＞0且f(x2)＜0‎ a＜0‎ ‎(f(x1)为极小值，‎ f(x2)为极大值)‎ 一个 f(x1)>0或f(x2)＜0‎ 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0‎ 三个 f(x1)＜0且f(x2)＞0‎ ‎7.利用导数解决不等式问题 ‎(1)利用导数证明不等式.‎ 若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).‎ ‎②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).‎ ‎③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.‎ ‎④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.‎ 热点题型 热点一　利用导数研究函数的单调性 ‎【例1】 已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，‎ ‎(1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；‎ ‎(2)若k∈[4，＋∞)，曲线y＝f(x)上总存在相异两点M(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.‎ 解　(1)因为f′(x)＝－－1＝＝－(x>0，k>0).‎ ‎①当0k>0，且>2，‎ 所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，x∈(k，2)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数；‎ ‎②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立，‎ 所以f(x)在(0，2)上是减函数；‎ ‎③当k>2时，0<<2，k>，‎ 所以x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数.‎ ‎(2)由题意，可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)，‎ 得4(x1＋x2)＝x1x2，‎ 又x1x2<，‎ ‎∴4(x1＋x2)<，‎ 即x1＋x2>对k∈[4，＋∞)恒成立，‎ 令g(k)＝k＋，则g′(k)＝1－>0.‎ ‎∴g(k)＝k＋在[4，＋∞)上是增函数，‎ 所以g(k)≥g(4)＝5，所以≤，所以x1＋x2>，‎ 故x1＋x2的取值范围为.‎ 探究提高　1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.‎ ‎2.解答本例容易出现以下错误：‎ ‎(1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x>0.‎ ‎(2)对k分类讨论不全，题目中已知k>0，对k分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.‎ ‎【训练1】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).‎ ‎(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围；‎ ‎(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围，若不是，请说明理由.‎ 解　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，‎ 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.‎ 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，‎ 因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).‎ ‎(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，‎ 所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.‎ 因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，‎ 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.‎ 因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，‎ 则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.‎ 令g(x)＝(x＋1)－，‎ 则g′(x)＝1＋＞0.‎ 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增.‎ 所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.‎ 所以a的取值范围是.‎ ‎(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立.‎ 因为ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立.‎ 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的.‎ 故函数f(x)不可能在R上单调递减.‎ 热点二　利用导数研究函数的极值和最值 ‎【例2】 (2017·北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.‎ 解　(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，‎ f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，‎ ‎∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.‎ ‎(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，‎ 则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，‎ ‎∴g(x)在上单调递减，‎ ‎∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，‎ ‎∴f(x)在上单调递减，‎ ‎∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.‎ 探究提高　1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右附近函数值的符号.‎ ‎2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况 求解.‎ ‎3.求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.‎ ‎【训练2】 (2017·郴州二模选编)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.‎ ‎(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值.‎ 解　(1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，‎ 可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，‎ 令f′(x)>0，因为a>0，x>0，‎ ‎∴>0，∴x－1>0，得x>1，‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).‎ ‎(2)由(1)可得f′(x)＝，‎ 因为a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，‎ ‎①当－>1，即－0，因此f(x)在上是增函数，‎ ‎∴f(x)的最小值为f ＝－a＋ln 2.‎ 综上，函数f(x)在区间上的最小值为：‎ f(x)min＝ 热点三　利用导数研究函数的零点(方程的根)‎ ‎【例3】 (2017·淄博诊断)已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然对数的底数).‎ ‎(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间内无零点，求实数a的最大值.‎ 解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上递增.‎ 若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0恒成立.‎ 因此只需f′(－1)＝e-1－a≤0，解之得a≥.‎ 又当a＝时，f′(x)＝ex－≤0当且仅当x＝－1时取等号.‎ 所以实数a的取值范围是.‎ ‎(2)法一　由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，‎ 则F′(x)＝a－＝＝，x>0.‎ ‎①当a≤0时，F ′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，‎ 结合F(1)＝0知，当x∈时，F(x)>0.‎ 所以F(x)在内无零点.‎ ‎②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝.‎ 若≥时，即a∈(0，4]时，F(x)在上是减函数.‎ 又x→0时，F(x)→＋∞.‎ 要使F(x)在内无零点，只需F＝－－2ln≥0，则04时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数.‎ ‎∴F(x)min＝F＝2－a－2ln，‎ 令φ(a)＝2－a－2ln，则φ′(a)＝－1＋＝<0.‎ ‎∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0.‎ 因此F<0，所以F(x)在x∈内一定有零点，不合题意，舍去.‎ 综上，函数F(x)在内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2.‎ 法二　当a≤0时，同法一.‎ 当a>0时，x∈，F′(x)<0；x∈，F′(x)>0.‎ 所以F(x)在上单调递减，在上单调递增.‎ 因此F(x)min＝F.‎ ‎①若≥1，即0F(1)＝0，所以F(x)在内无零点.‎ ‎②若<1，即a>2时，F(x)min＝F≤F(1)＝0.‎ 要使函数F(x)在内无零点，‎ 只需F＝－－2ln≥0，‎ 则20且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.‎ 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.‎ 热点四　利用导数求解不等式问题 ‎【例4】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.‎ 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.‎ ‎②当a>2时，令g′(x)＝0，‎ 得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.‎ 由x2>1和x1x2＝1得x1<1.‎ 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)1).‎ ‎(1)判断函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x1，所以x(x－1)2>0.‎ 设g(x)＝x－1－xln x，g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x<0.‎ ‎∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)0，‎ 若a≤0时显然不满足题意，因此a>0.‎ 设F(x)＝a(x－1)－ln x，‎ F′(x)＝a－＝＝，‎ 令F′(x)＝0，得x＝.‎ ‎①a≥1时，0<≤1，F′(x)>0，∴F(x)>F(1)＝0，‎ 因此a≥1时，ln x1，F(x)在为减函数，在为增函数，‎ ‎∴F(x)min1时，f′(x)>0，‎ 当－20，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，－1)‎ ‎【解题思路】对a进行讨论，求导确定函数的单调性与极值点，结合图像判断其零点情况.‎ ‎【答案】由题意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.‎ 当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不满足.当a<0时，需使x0>0且唯一，只需f>0，则a2‎ ‎>4，所以a<－2.故选C.‎ ‎4.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，‎ 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在单调递减，在单调递增.‎ 又h(e-2)>0，h<0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).‎ 由x0∈得f(x0)<.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，‎ 由e-1∈(0，1)，f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)＝e-2.‎ 所以e-2成立，y＝f′(x)为函数y＝f(x)的导函数，则f(a＋1)－f(a)，f′(a)，f′(a＋1)的大小关系为(　　)‎ A.f′(a)(m≠n)；∴y＝f(x)的图象上凸，如图所示，又f(a＋1)－f(a)＝表示两点M，N连线的斜率kMN.‎ f′(a)与f′(a＋1)分别表示曲线y＝f(x)在点M，N处切线的斜率，‎ 因此f′(a＋1)0时的函数解析式，再求其切线.‎ ‎【答案】令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，‎ ‎∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).∴f′(1)＝－2，‎ ‎∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.故填　2x＋y＋1＝0.‎ ‎3.(2017·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.‎ ‎【解题思路】构造函数g(x)＝，利用g(x)的单调性求解.‎ ‎【答案】令g(x)＝，则g′(x)＝＝.‎ 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0，‎ 所以不等式的解集为{x|x>0}.故填　{x|x>0}.‎ ‎4.(2017·郴州二模)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.‎ ‎(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.‎ ‎(2)探讨函数F(x)＝ln x－＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点，若不存在，‎ 请说明理由.‎ ‎【解题思路】(1)恒成立问题转化为最值问题；(2)求导判断函数的单调性，极值情况，进而确定其零点情况.‎ ‎【答案】解　(1)由对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，有2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋恒成立.‎ 令h(x)＝2ln x＋x＋，h′(x)＝＋1－＝＝，‎ 当x>1时，h′(x)>0，h(x)是增函数，‎ 当00)，‎ 令f(x)＝xln x(x>0)，f′(x)＝1＋ln x，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ 所以当且仅当x＝时，f(x)取最小值，且f(x)min＝－，①‎ 设φ(x)＝－(x>0)，则φ′(x)＝，‎ 易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，且φ(x)max＝－，②‎ ‎∵①②中取等号的条件不同，且<1，‎ 所以对x∈(0，＋∞)都有ln x>－，‎ 即F(x)＝ln x－＋>0恒成立，‎ 故函数F(x)没有零点.‎ ‎ ‎