2018届二轮复习导数的热点问题学案
第4讲 导数的热点问题
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 已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2
1，所以f′(x)＝ln x－k>0，
函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，
单调递增区间是(ek，＋∞)，
在区间(1，＋∞)上的极小值为f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
(2)解 由题意，f(x)－4ln x<0，
即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．
即k＋1>对x∈[e，e2]恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝＋1>0，
所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，
故tmin＝t(e)＝e－4＋4＝e>0，故g′(x)>0，
所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，
函数gmax＝g(e2)＝2－.
要使k＋1>对于x∈[e，e2]恒成立，
只要k＋1>gmax，所以k＋1>2－，
即实数k的取值范围为.
(3)证明 因为f(x1)＝f(x2)，
由(1)知，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，
在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0.
不妨设x10，
所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，故h(x)1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)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，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)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－20)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若g(x)＝xf′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围；
(3)若g(x)＝ln x，试讨论函数h(x)(x>0)的零点个数．
解 (1)∵函数f(x)＝ax3－3x2＋1,
∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0或x2＝，
∵a>0，∴x10，即a>2时，f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上无零点.
②当1－＝0，即a＝2时，f(x)min＝f(1)＝0.
又g(1)＝0，
∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一个零点．
③当1－<0，即00，
∴存在唯一的x0∈，使得φ(x0)＝0，
(ⅰ)当00，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点；
(ⅱ)当x>x0时，∵φ(x)＝f(x)－g(x)<φ(x0)＝0，
∴h(x)＝g(x)且h(x)为增函数，
∵g(1)＝0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一零点；
从而h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有两个零点，
综上所述，当02时，h(x)无零点.
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 (2017届云南曲靖一中月考)已知f(x)＝2xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)如果函数g(x)的单调递减区间为，求函数g(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，求函数y＝g(x)的图象在点P(－1，g(－1))处的切线方程；
(3)已知不等式f(x)≤g′(x)＋2恒成立，若方程aea－m＝0恰有两个不等实根，求m
的取值范围．
解 (1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，
由题意知，3x2＋2ax－1<0的解集为，
即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1，
代入得a＝－1，
∴g(x)＝x3－x2－x＋2.
(2)由(1)知，g(－1)＝1，
∴g′(x)＝3x2－2x－1，g′(－1)＝4，
∴点P(－1,1)处的切线斜率k＝g′(－1)＝4，
∴函数y＝g(x)的图象在点P(－1,1)处的切线方程为y－1＝4(x＋1)，
即4x－y＋5＝0.
(3)由题意知，2xln x≤3x2＋2ax＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，
可得a≥ln x－x－对x∈(0，＋∞)恒成立．
设h(x)＝ln x－x－，
则h′(x)＝－＋＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，
当00；当x>1时，h′(x)<0，
∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝h(1)＝－2，
∴a≥－2.
令φ(a)＝aea，则φ′(a)＝ea＋aea＝ea(a＋1)，
∴φ(a)在[－2，－1]上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
∵φ(－2)＝－2e－2＝－，φ(－1)＝－e－1＝－，
当a→＋∞时，φ(a)→＋∞，
∴方程aea－m＝0恰有两个不等实根，
只需－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.
故需新建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，
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)＝e(ae＋a－2)－n0>e－n0>2－n0>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)．
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)，
当x∈(0,1)，01,00，
故函数在区间上是增函数．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，
G(x)＝sin(1－x)＋ln x在上单调递增．
∴sin(1－x)＋ln x0，
即Fmin>0.又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(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(x0)＝e－mx－2x0＋b－2>0，
则b>－e＋mx＋2x0＋2，又e－2mx0－2＝0，
∴m＝，
∵b>－e＋x＋2x0＋2＝e＋x0＋2，
又m<0，则x0∈(0，ln 2)，
∵b>e＋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，[m′(x)]′＝xex>0，
∴m′(x)在x∈(0，ln 2)上单调递增，又m′(0)＝>0，
∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∵m(x)2ln 2，又b为整数，
∴最小整数b的值为2.
A组 专题通关
1．(2017届河南省南阳、信阳等六市联考)已知函数f(x)＝(a－bx3)ex－，且函数f(x)的图象在点(1，e)处的切线与直线x－(2e＋1)y－3＝0垂直．
(1)求a，b；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)>2.
(1)解 因为f(1)＝e，故(a－b)e＝e，故a－b＝1. ①
依题意，f′(1)＝－2e－1，
又f′(x)＝aex－－b(exx3＋3x2ex)，
故f′(1)＝ae－1－4be＝－2e－1，故a－4b＝－2， ②
联立①②，解得a＝2，b＝1.
(2)由(1)得f(x)＝2ex－－exx3，
要证f(x)>2，即证2ex－exx3>2＋；
令g(x)＝2ex－exx3，
所以g′(x)＝ex(－x3－3x2＋2)＝－ex(x3＋3x2－2)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)，
故当x∈(0,1)时，－ex<0，x＋1>0；
令p(x)＝x2＋2x－2，因为p(x)的对称轴为x＝－1，且p(0)·p(1)<0，
故存在x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0；
故当x∈(0，x0)时，p(x)＝x2＋2x－2<0，
故g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)>0，
即g(x)在(0，x0)上单调递增；
当x∈(x0,1)时，p(x)＝x2＋2x－2>0，
故g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)<0，
即g(x)在(x0,1)上单调递减．
因为g(0)＝2，g(1)＝e，故当x∈(0,1)时，g(x)>g(0)＝2，
又当x∈(0,1)时，<0，所以2＋<2，
所以2ex－exx3>2＋，即f(x)>2.
2．(2017届河北武邑中学调研)已知函数f(x)＝ln x－ax(ax＋1)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－2a2x－a＝＝，
当a＝0时，f(x)＝ln x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0，
函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
当a<0时，由f′(x)>0，得0－，
函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)当a＝0时，函数f(x)在内有1个零点x0＝1;
当a>0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
①若≥1，即0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，要使函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ≥0，即ln ≥，
又∵a>，∴ln <0，∴不等式不成立．
∴f(x)在(0,1]内无零点；
当a<0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
③若－≥1，即－1≤a<0时，f(x)在(0,1]上单调递增，由于当x→0时，f(x)→－∞，且f(1)＝－a2－a>0，知函数f(x)在(0,1]内有1个零点；
④若0<－<1，即a<－1时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，由于当x→0时，f(x)→－∞，且当a<－1时，f ＝ln<0，知函数f(x)在(0,1]内无零点．
综上可得a的取值范围是[－1,0]．
3．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为3＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>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)．
(1) 若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；
(2) 证明：当a≥时，f(x)>e－x.
(1)解 方法一 函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x＋， 得f′(x)＝－＝.
因为a>0，则当x∈(0，a)时， f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时， f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时， f(x)min＝ln a＋1.
当ln a＋1≤0, 即00, 则函数f(x)有零点.
所以实数a的取值范围为.
方法二 函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x＋＝0, 得a＝－xln x.
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝－(ln x＋1)．
当x∈时， g′(x)>0；
当x∈时， g′(x)<0.
所以函数g(x)在上单调递增， 在上单调递减.
故当x＝时， 函数g(x)取得最大值g＝－ln ＝.
因为函数f(x)＝ln x＋有零点， 则0e－x，
即证明当x>0，a≥时，ln x＋>e－x，
即xln x＋a>xe－x.
令h(x)＝xln x＋a, 则h′(x)＝ln x＋1.
当0时， h′(x)>0.
所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．
当x＝时， h(x)min＝－＋a.
于是，当a≥时， h(x)≥－＋a≥. ①
令φ(x)＝xe－x, 则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减．
当x＝1时， φ(x)max＝φ(1)＝.
于是， 当x>0时， φ(x)≤. ②
显然， 不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a≥时， f(x)>e－x.
5．(2017届杭州地区重点中学期中)已知函数f(x)＝的图象过点(－1，2)，且在该点处的切线与直线x－5y＋1＝0垂直．
(1)求实数b，c的值；
(2)对任意给定的正实数a，曲线y＝f(x)上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？
解 (1)当x<1时，f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，
则f′(x)＝－3x2＋2x＋b，
由题意知，解得b＝c＝0.
(2)假设曲线y＝f(x)上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，则P，Q只能在y轴的两侧，不妨设P(t，f(t))(t>0)，则Q(－t，t3＋t2)，且t≠1.
因为△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，
所以·＝0，即－t2＋f(t)·(t3＋t2)＝0， ①
是否存在点P，Q等价于方程①是否有解，
若01，则f(t)＝aln t，代入方程①，得＝(t＋1)ln t，
设h(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，则h′(x)＝ln x＋＋1>0在[1，＋∞)上恒成立，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)≥h(1)＝0，
所以当a>0时，方程＝(t＋1)ln t有解，
即方程①有解．
所以对任意给定的正实数a，曲线y＝f(x)上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．
B组 能力提高
6．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln 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，··…·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)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．
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.
7．(2017届河南豫北名校联盟精英对抗赛)已知函数f(x)＝x＋aln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处与直线y＝3x－2相切，求a的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－kx2有两个零点x1，x2，试判断g′的符号，并证明．
解 (1)f′(x)＝1＋，又f′(1)＝3，
所以a＝2.
(2)当a>0时，g′<0；
当a<0时，g′>0，证明如下：
函数g(x)的定义域是(0，＋∞).
若a＝0，则g(x)＝f(x)－kx2＝x－kx2.
令g(x)＝0，则x－kx2＝0.
又据题设分析知，k≠0，
所以x1＝0，x2＝.
又g(x)有两个零点，且都大于0，
所以a＝0不成立．
据题设知
不妨设x1>x2，＝t，t>1.
所以x1－x2＋a(ln x1－ln x2)＝k(x1－x2)(x1＋x2)．
所以1＋＝k(x1＋x2)．
又g′(x)＝1＋－2kx，
所以g′＝1＋－k(x1＋x2)＝1＋－1－
＝a＝＝·
引入h(t)＝－ln t(t>1)，
则h′(t)＝－＝－<0.
所以h(t)在(0，＋∞)上单调递减.
而h(1)＝0，所以当t>1时，h(t)<0.
易知x2>0，>0，
所以当a>0时，g′<0；
当a<0时，g′>0.
