【数学】2018届一轮复习人教A版导数的综合应用教案
第3课时 导数的综合应用
热点一 利用导数证明不等式
【例1】 (2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(Ⅰ)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(Ⅱ)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
【解】 (Ⅰ)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(Ⅱ)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－>0.
设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；
(ⅱ)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，此时g(x)
0，F(x)在[0，]上是增函数；
当x∈(，1)时，F′(x)<0，F(x)在[，1]上是减函数．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.
记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1<0，所以H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.
综上，x≤sinx≤x，x∈[0,1]．
热点二 利用导数解决恒成立问题
【例2】 (2016·四川卷)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：当x>1时，g(x)>0；
(Ⅲ)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
【解】 (Ⅰ)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝ .
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(Ⅱ)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，
所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(Ⅲ)由(Ⅱ)，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，
f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(Ⅰ)有f()0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，
令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈[，＋∞).
【总结反思】
不等式恒成立问题的求解方法
(1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式.
已知f(x)＝xlnx，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)证明：对一切x∈(0，＋∞)，lnx>－恒成立．
解：(1)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，
①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.
即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)证明：问题等价于证明
xlnx>－(x∈(0，＋∞))，
又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，
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f(x)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
从而对一切x∈(0，＋∞)，lnx>－恒成立．
热点三 利用导数解决存在性问题
【例3】 (2017·福建四地六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
【解】 (1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－4＝.
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，记F(x)＝x－lnx(x>0)，
∴F′(x)＝(x>0)．
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0.
∴a≥，记G(x)＝，x∈.
∴G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
【总结反思】
不等式能成立问题的解决方法
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.
(2017·新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(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)，
所以a的取值范围为.
热点四 利用导数解决零点问题
【例4】 设函数f(x)＝－klnx，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
【解】 (1)由f(x)＝－klnx(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为
f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
【总结反思】
用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.
(2017·潍坊模拟)已知函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx(a>0)．
(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；
(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a－1)x在区间内有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，
F(x)＝f(x)·g(x)＝ax2lnx，
F′(x)＝axlnx＋ax＝ax(2lnx＋1)，
由F′(x)>0得x>e－，
由F′(x)<0得00，G(x)单调递增，
要使G(x)在区间内有两个零点，
需满足即
即下面比较与的大小．
由于－＝
＝>0，
故>，
故实数a的取值范围为.
1．利用导数证明不等式
若证明f(x)
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