2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第28练
第28练 导数的综合应用[压轴大题突破练]
[明晰考情] 1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、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.2.题目难度：偏难题.
考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
方法技巧 求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路
(1)转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题.
(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象.
(3)结合图象求解.
1.设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(0)＝c，f′(0)＝b，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－
↗
∴当c>0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.
2.(2018·咸阳模拟)已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－(x>0)，
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f′(x)＝，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增.
(2)由(1)知， a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，即g(a)＝1－ln a，
方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)，
令F(a)＝a－ln a－(a>0)，则F′(a)＝1－＋＝，
知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，
F(a)极大值＝F＝－＋ln 3，F(a)极小值＝F＝－ln 2＋ln 3.
依题意得实数m的取值范围是.
3.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上单调递增.
若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立.
因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得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)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≥，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0
4时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数.
所以F(x)min＝F＝2－a－2ln，
令φ(a)＝2－a－2ln，
则φ′(a)＝－1＋＝<0.
所以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.
考点二 利用导数证明不等式问题
方法技巧 利用导数证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.
4.设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<0)，得f′(x)＝－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
因此，f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
(2)证明 当x∈(1，＋∞)时，1<1时，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，可得f(x)1，
则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
当x>1时，F′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即有F(x)>F(1)＝0，
即有xln x>x－1.综上，原不等式得证.
5.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：＜a－2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减.
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
6.设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－
在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于－＝0，
所以f(x0)＝－aln x0＝＋2ax0－2ax0－aln x0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
当且仅当x0＝时，取等号.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
考点三 不等式恒成立或有解问题
方法技巧 不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a>f(x)max或a0恒成立，
令g(x)＝－x＋＋ln x(x>0)，
g′(x)＝，
令t(x)＝ex－1－x，t′(x)＝ex－1－1，当x>1时，t′(x)>0，t(x)单调递增，当00，故a的最小整数解为1.
8.已知函数f(x)＝ln x.
(1)若函数g(x)＝f(x)－ax＋x2有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有实数解，求整数m的最大值.
解 (1)g(x)＝ln x－ax＋x2(x>0)，
则g′(x)＝，
由题意得方程x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根，设两根为x1，x2，
则即a的取值范围为(2，＋∞).
(2)方程ln x＝m(x＋1)，即m＝，
设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，
令φ(x)＝－ln x(x>0)，则φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，h′(e)＝>0，
h′(e2)＝<0，
存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝ln x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝＝∈，
即m≤h(x)max(m∈Z)，
故m≤0，经检验当m＝0时满足题意，∴整数m的最大值为0.
9.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，所以a的取值范围为.
典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，对任意的0＜a＜b，求证：＜.
审题路线图
(1)―→―→
(2)―→―→―→―→
(3)―→
规范解答·评分标准
(1)解 f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞)).
当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，
可得x∈，则f(x)在上单调递增，
由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈，
则f(x)在上单调递减. ……………………………………………………………4分
(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；
当m＞0时，f(x)max＝f＝ln －1＋m
＝m－ln m－1，
只需m－ln m－1≤0即可，令g(x)＝x－ln x－1，
则g′(x)＝1－，
函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0.
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立时，m＝1.………………………………………………8分
(3)证明 ＝＝－1＝·－1，
由0＜a＜b，得＞1，由(2)得00，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
则g′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
3.已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)；
(3)求证：ln≤.
(1)解 f(x)＝－ln x＝1－－ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞).
∵f′(x)＝－＝，
由f′(x)>0，得01，
∴f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)解 由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln 1＝0.
又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f0恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，请说明理由.
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，当b＝－4时，
f′(x)＝.
若f(x)在其定义域内单调递增，则a≥＝.
∵max＝1，∴a≥1；
若f(x)在其定义域内单调递减，则a≤＝，
∵min在x＋→＋∞时取得，即→0.
∴a≤0.
综上，a≤0或a≥1.
(2)f(x)＝－＋bln x>0在x∈[e，e2]上恒成立，
令y＝ln x－，x∈[e，e2]，y′＝＋>0，函数y＝ln x－在x∈[e，e2]上单调递增，故当x＝e时，y取最小值1－>0，故y＝ln x－>0在x∈[e，e2]上恒成立，
故问题转化为b>在x∈[e，e2]上恒成立，
令h(x)＝，x∈[e，e2]，h′(x)＝，
令m(x)＝ln x－－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝＋>0，
而m(e)<0，m(e2)>0，
故存在x0∈[e，e2]，使得h(x)在[e，x0)上单调递减，在(x0，e2]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e2)或h(e)，
∵h(e2)＝.
综上，存在b满足题意，此时b∈.
