2019届二轮复习第5讲 导数的热点问题学案（全国通用）
第5讲 导数的热点问题
1.[2018·全国卷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:
0时函数f(x)为增函数,f'(x)<0时函数f(x)为减函数.
(2)利用导数求解不等式中参数的取值范围问题:首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以分离参数,构造函数,把问题转化为函数的最值问题.
(3)利用导数证明不等式的一般思路:若证明f(x)e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.
[听课笔记]
【考场点拨】
由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略:(1)求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题;(2)分离参数法,将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或af(x)在区间D上有解a>f(x)min;
不等式a≥f(x)在区间D上有解a≥f(x)min.
【自我检测】
已知函数f(x)=xln x,g(x)=x+a.
(1)设h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间;
(2)若-10时,g(x)≤f(x).
[听课笔记]
6 已知函数f(x)=2mln x-x,g(x)=(m∈R,e为自然对数的底数).
(1)试讨论函数f(x)的极值情况;
(2)证明:当m>1且x>0时,总有g(x)+3f'(x)>0.
[听课笔记]
【考场点拨】
利用导数证明不等式的解题策略:一般先将待证不等式如f(x)≥g(x)的形式转化为f(x)-g(x)≥0的形式,再设h(x)=f(x)-g(x),进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化,具体求解时还得灵活多变.
【自我检测】
已知函数f(x)=ln x+,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>0时,证明:f(x)≥.
第5讲 导数的热点问题
典型真题研析
1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.
(i)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,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.
当x∈0,∪,+∞时,f'(x)<0;
当x∈,时,f'(x)>0.所以f(x)在0,,,+∞单调递减,在,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x11.
由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以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,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)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,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).
考点考法探究
解答1
例1 解:(1)因为f'(x)=-+n,所以f'(0)=n-m,即n-m=-3.
因为f(0)=m,所以切点坐标为(0,m),
又因为切点在直线y=-3x+2上,所以m=2,n=-1.
(2)因为f(x)=+x,所以f'(x)=-+1=.
当m≤0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,1]上单调递增,又f(0)=m≤0,令x0<0,此时f(x0)0时,令f'(x)=0,得x=ln m,则函数f(x)在(-∞,ln m)上单调递减,在(ln m,+∞)上单调递增.
①当ln m<1,即00,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x<-ln a,则g'(x)>0,若x>-ln a,则g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,+∞)上单调递减.
综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-ln a),单调递减区间为(-ln a,+∞).
(2)由(1)可知,a>0,且g(x)在x=-ln a处取得最大值,
∵g(-ln a)=-ln a+a-a·=a-ln a-1,∴a-ln a-1=0,
观察可得,当a=1时,上述方程成立.
令h(a)=a-ln a-1(a>0),则h'(a)=1-=,
当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0,
∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(a)≥h(1)=0,
∴当且仅当a=1时,a-ln a-1=0,
∴f(x)=x2+x-ex.易知当x∈[0,+∞)时,g(x)≤0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减,
∴f(x)在[0,+∞)上的最大值为f(0)=-1.
解答2
例2 解:(1)证明:由f(x)=ae2x-ex-x(a∈R),得f'(x)=2ae2x-ex-1,
当a≤0时,f'(x)=2ae2x-ex-1<0,即函数f(x)在R上单调递减,
所以当a≤0时,函数f(x)最多有一个零点.
又当-1≤a≤0时,f(0)=a-1<0,f(-1)=>0,
所以当-1≤a≤0时,函数f(x)有且只有一个零点.
(2)由(1)知,当a≤0时,函数f(x)最多有一个零点,故a>0.
由f(x)=ae2x-ex-x(a∈R),令f(x)=0,
得a=.
记g(x)=,则方程a=g(x)有两个不等的实根.
由g'(x)=,
易知当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,
当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,
所以g(x)max=g(0)=1.
又当x∈(0,+∞)时,g(x)>0,且g(-1)=e-e2<0,
所以实数a的取值范围是(0,1).
【自我检测】
解:(1)f'(x)=3x-3+(2x-3)ln x,所以切线斜率为f'(e)=5e-6,又切点坐标为(e,2e2-3e),
所以切线方程为y-2e2+3e=(5e-6)(x-e),即(5e-6)x-y-3e2+3e=0.
(2)令f'(x)=0,即3x-3+(2x-3)ln x=0,显然x=1是方程的根.
设g(x)=3x-3+(2x-3)ln x,则g'(x)=2ln x-+5,
易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增,且g'=3-3e<0,g'(1)>0,所以存在x1∈,使得g'(x1)=0.
所以当x∈(0,x1)时,g'(x)<0,所以f'(x)单调递减,
当x∈(x1,+∞)时,g'(x)>0,所以f'(x)单调递增,
且f'(x1)0,故存在x2∈,使得f'(x2)=0.列出下表:
x
(0,x2)
x2
(x2,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
所以f(x)在x=x2处取得极大值,在x=1处取得极小值.因为f(1)=1,且当x→0时,f(x)→0,
所以a的最小值为1.
解答3
例3 解:(1)由f(x)=ex-aln x,得f'(x)=ex-,则f'(1)=e-a,又切点坐标为(1,e),
所以切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.
(2)原不等式即为ex+ln x-e-m(x-1)>0,
记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),则F(1)=0.
依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,
求导得F'(x)=ex+-m,则F'(1)=e+1-m,令G(x)=F'(x),则G'(x)=ex-,当x>1时,G'(x)>0,
则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m.
若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,符合题意;
若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m),使得F'(x1)=0,
当10),设-ax1-1=0,则a=x1-,
则l(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
故只需l(x1)≥0.又l(x1)=x1+-ln x1-,
令m(x)=x+-ln x-,则m'(x)=-ln x,所以m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又m=m(e)=0,所以x1∈,即a∈.
例4 解:(1)求导得f'(x)=e-x(x>0,a≥0),
设g(x)=-ax-ln x+a-1(x>0,a≥0),易得g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(1)=0,
故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)当a=-时,设F(x)=f(x)xex+3=e3(x>0),则F'(x)=e3(x>0),设h(x)=e3(x>0),则h'(x)=(x>0),可得F'(x)在上单调递增,在上单调递减.又F'(e)=0,
F'=-3<0,F'=e3≈0.1e3>0,
故在内存在唯一的x0∈,使得ln x0=x0-2,
故F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
当x∈(0,e)时,F(x)min=F(x0)=e3=e3,
由题意知,只需2m≥F(x)min=e3,
当x0∈时,F(x)min∈,即F(x)min∈(-3.32,-2.52),
故存在整数m满足题意,且整数m的最小值为-1.
【自我检测】
解:(1)由题意可知,h(x)=xln x-x-a,其定义域为(0,+∞),
则h'(x)=ln x+1-1=ln x.
令h'(x)>0,得x>1,
令h'(x)<0,得00,有x>-a,而-11时,q'(x)>0,
所以函数q(x)在区间(1,+∞)上单调递增.因为q(1)=-a-1<0,q(e)=->0,
故存在x0∈(1,e),使得M'(x0)=0,且当x∈(1,x0)时,M'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,M'(x)>0,即x0为函数M(x)的极小值点.
解答4
例5 解:(1)由题设得f'(x)=ex-2ax,
则有
解得
(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x2+1.令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-(e-2)x-1,
则h'(x)=ex-2x-(e-2),
令φ(x)=h'(x),则φ'(x)=ex-2.当x∈(0,ln 2)时,φ'(x)<0,h'(x)单调递减;
当x∈(ln 2,+∞)时,φ'(x)>0,h'(x)单调递增.
又h'(0)=3-e>0,h'(1)=0,00,当x∈(x0,1)时,h'(x)<0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又h(0)=h(1)=0,所以当x>0时,h(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,
故当x>0时,g(x)≤f(x).
例6 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=-1=(x>0).
①当m≤0时,f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)内单调递减,f(x)无极值;
②当m>0时,令f'(x)>0,得02m,
故f(x)在x=2m处取得极大值,且极大值为f(2m)=2mln(2m)-2m,f(x)无极小值.
(2)证明:当x>0时,g(x)+3f'(x)>0⇔+-3>03ex-3x2+6mx-3>0.
设u(x)=3ex-3x2+6mx-3,
则u'(x)=3(ex-2x+2m),记v(x)=ex-2x+2m,
则v'(x)=ex-2.
当x在(0,+∞)上变化时,v'(x),v(x)的变化情况如下表:
x
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
v'(x)
-
0
+
v(x)
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知当x>0时,v(x)≥v(ln 2),
而v(ln 2)=eln 2-2ln 2+2m=2-2ln 2+2m=2(m-ln 2+1),
由m>1,知m>ln 2-1,
所以v(ln 2)>0,
所以当x>0时,v(x)>0,即u'(x)>0,
所以u(x)在(0,+∞)内单调递增.
所以当x>0时,u(x)>u(0)=0,
即当m>1且x>0时,3ex-3x2+6mx-3>0,
所以当m>1且x>0时,总有g(x)+3f'(x)>0.
【自我检测】
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-=(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x>a,则f'(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增,若00时,f(x)min=f(a)=ln a+1.
要证f(x)≥,只需证ln a+1≥,
即只需证ln a+-1≥0.
构造函数g(a)=ln a+-1,则g'(a)=-=(a>0),
所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以g(a)min=g(1)=0.
所以ln a+-1≥0恒成立,
所以f(x)≥.
[备选理由] 以下所给例题均为依据导数的应用解决函数问题,从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案,要依赖构建新函数,将问题进行转化,另外,对于含有参数的问题是个难点,要能合理的对参数进行讨论.
例1 [配例1使用] 设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一个极值点.
(1)求a与b之间的关系式,并求当a=2时,函数f(x)的单调区间;
(2)设a>0,g(x)=ex,若存在x1,x2∈[0,4],使得|f(x1)-g(x2)|<1成立,求实数a的取值范围.
解:(1)f'(x)=-[x2+(a-2)x+b-a]e3-x,
由题意知f'(3)=0,解得b=-2a-3.
当a=2时,b=-7,故令f'(x)=-(x2-9)e3-x>0,得-30,得-a-10),
所以f(x)在[0,3]上单调递增,在(3,4]上单调递减,
于是在[0,4]上,f(x)max=f(3)=a+6,f(x)min=min{f(0),f(4)}=-(2a+3)e3.
另一方面,g(x)在[0,4]上单调递增,所以g(x)∈.
根据题意,只要-(a+6)<1即可,解得-0时,f(x)的单调递增区间为(1-b,1),单调递减区间为(-∞,1-b),(1,+∞);当b<0时,f(x)的单调递增区间为(1,1-b),单调递减区间为(-∞,1),(1-b,+∞).
(2)由f(1)=1,得2a+b+1=e,则b=e-1-2a.由f(x)=1,得ex=2ax2+bx+1,设g(x)=ex-2ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点.设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点,则由g(0)=0,g(1)=0知,g(x)在区间(0,x0)和(x0,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减.设h(x)=g'(x),则h(x)在区间(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.
g'(x)=ex-4ax-b,h'(x)=ex-4a.
若x∈(0,1),则当a≤时,h'(x)>0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及两个以上的零点.当a≥时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及两个以上的零点.
当0,h(1)>0.
h[ln(4a)]=4a-4aln(4a)-b=6a-4aln(4a)+1-e,设φ(x)=x-xln x+1-e(10,φ(x)单调递增,当0,h(1)=e-4a-b=1-2a>0,得g(0)=0,g(x2)0).
当a≤0时,h'(x)<0恒成立,则h(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,h'(x)=,令h'(x)>0,得x∈,此时h(x)单调递增,
令h'(x)<0,得x∈,此时h(x)单调递减.
综上,当a≤0时,h(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,h(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由题意可知,aln x≤x2ex对任意x∈[2,+∞)恒成立.
当a≤0时,aln x≤x2ex对任意x∈[2,+∞)恒成立;
当a>0时,由aln x≤x2ex得a≤(x≥2),令φ(x)=(x≥2),则
φ'(x)=,因为x≥2,所以φ'(x)>0,即φ(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以φ(x)≥φ(2)=,从而可知00),
因为所以
(2)证明:由(1)知f(x)=exln x-2xex-1,
所以要证f(x)+x2<0,即证exln x+x2<2xex-1,即证<-.
设g(x)=,h(x)=-,所以要证f(x)+x2<0,即证g(x)0),所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在[e,+∞)上为减函数,
所以g(x)≤g(e)=.①
又h'(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函数,
所以h(x)≥h(1)=.②
由于①和②不能同时取等号,故g(x)
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