2019届二轮复习 导数的热点问题学案（全国通用）
第4讲 导数的热点问题
[考情考向分析] 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 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.
(1)解 由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立，
设函数g(x)＝aex－a－x，
可得g(x)＝aex－a－x≥0对于x∈R恒成立，
∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，
从而x＝0是g(x)的一个极小值点，
∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.
当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，
∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，
f′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，
∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；
当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，
∵h(－1)<0，h(－2)>0，
∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，
∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，
∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，
当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，
即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，
当x∈(－ln 2,0)时，h(x)
h(0)＝0，
即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，
综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，
且x0∈(－2，－1)．
∵h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，
∴f(x0)＝－－x0＝2－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，
∵当x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；
∵ln∈(－2，－1)，
∴f(x0)≥f ＝＋；
综上知＋≤f(x0)<.
思维升华 用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x10)，
①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a>0时，
则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1
＝xeax－1－ax－ln x，
则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－
＝(ax＋1)＝(x>0)，
设r(x)＝xeax－1－1(x>0)，
则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，
∵eax－1>0，
∴当x∈时，r′(x)>0，r(x)单调递增；
当x∈时，r′(x)<0，r(x)单调递减．
∴r(x)max＝r＝－≤0，
∴当0－时，g′(x)>0，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x)min＝g，
设t＝－∈，
则g＝h(t)＝－ln t＋1(00，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若0－a)，
记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
知f′(x)在区间内单调递增．
又∵f′(0)＝1－<0，f′(1)＝e－>0，
∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0，
即f′(x0)＝－＝0，
于是＝，x0＝－ln.
当－ax0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)min＝f(x0)＝－2a－ln
＝－2a＋x0＝x0＋a＋－3a≥2－3a，
当且仅当x0＋a＝1时，取等号．
由00，
∴f(x)min＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点．
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 (2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.
(1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③若h(2)<0，即a>，
因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；
由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．
因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.
热点三 利用导数解决生活中的优化问题
生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．
例3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，
且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y最小？
解 (1)设需新建n个桥墩，
则(n＋1)x＝m，即n＝－1.
所以y＝f(x)＝32n＋(n＋1)(2＋)x
＝32＋(2＋)x
＝m＋2m－32(00，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.
答 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，T为关于x的增函数；
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)＝(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)．
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)(x>0)，
当x∈(0,1)，01,00，
故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，
G(x)＝sin(1－x)＋ln x在(0,1)上单调递增．
∴sin(1－x)＋ln x0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，
即当x∈(0，＋∞)时，Fmin>0.
又设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(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(x0)＝－mx－2x0＋b－2>0，
则b>－＋mx＋2x0＋2，又－2mx0－2＝0，
∴m＝，
∵b>－＋·x＋2x0＋2
＝＋x0＋2，
又m<0，则x0∈(0，ln 2)，
∵b>＋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，
令n(x)＝(x－1)ex＋1，
则n′(x)＝xex>0，
∴m′(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m′(x)>m′(0)＝>0，
∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m(x)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0e＋2－.
(1)解 由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，
要使y＝f(x)在上有极值，
则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，
∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①
且至少有一根在区间上，又∵x1·x2＝1，
∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，
∴0e＋－2，②
联立①②可得a>e＋－2.
即实数a的取值范围是.
(2)证明 由(1)知，当x∈时，f′(x)<0，
f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，
即∀t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，
又当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)，
即对∀s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)，
又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，
x1∈，x2∈，
∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)
＝ln x2＋－ln x1－
＝ln＋－
＝ln x＋x2－，
设k(x)＝ln x2＋x－＝2ln x＋x－(x>e)，
则k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，
∴k(x)在上单调递增，
∴k(x)>k(e)＝2＋e－，
∴f(t)－f(s)>e＋2－.
3．(2018·商丘模拟)已知函数f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)．
(1)如图，设直线x＝－，y＝－x将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；
(2)当a>时，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2f.
(1)解 函数f(x)的定义域为，
且当x＝0时，f(0)＝－a<0.
又∵直线y＝－x恰好通过原点，
∴函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，
于是可得f(x)<－x，
即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.
∵2x＋1>0，∴a>.
令h(x)＝，
则h′(x)＝.
∴当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
∴h(x)max＝h＝，
∴a的取值范围是.
(2)证明 ∵f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，
设u(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1，
则u′(x)＝－8a，
∵当x>0时，<4，当a>时，8a>4，
∴u′(x)＝－8a<0，
∴当x>0时，f′(x)为减函数，
不妨设x2>x1>0，
令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f(x>x1)，
可得g(x1)＝0，
g′(x)＝f′(x)－f′，
∵x>且f′(x)是(0，＋∞)上的减函数，
∴g′(x)<0，∴当x>x1时，g(x)为减函数，
∴g(x2)g(x)．
(1)解 易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－.
若b＝0，则g(x)＝∈(0，＋∞)，不合题意；
若b<0，则g(0)＝1>0，g＝－1<0，满足题设，
若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b.
∴g(x)在(－∞，－ln b)上单调递减；
在(－ln b，＋∞)上单调递增，
则g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，
∴b≥e.
综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．
(2)证明 易得f′(x)＝－，
则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝.
∴f(x)＝ln x＋，从而f ＝1，
即切点为.
将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.
∴g(x)＝e－x.
要证f(x)>g(x)，即证ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，
只需证xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．
令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．
则由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，
∴u(x)在上单调递减，
在上单调递增，
∴u(x)min＝u＝.
又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，
∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴v(x)max＝v(1)＝.
∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，
显然，上式的等号不能同时取到．
故对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
5．(2018·马鞍山模拟)已知函数g(x)＝xln x，h(x)＝(a>0)．
(1)若g(x)a－a＝0，
∴f′(x)在上单调递增，
又f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0，
即f(x)在上单调递増，
f(x)>f(1)＝－>0，不满足题意．
综上所述，a∈[1，＋∞)．
方法二 当x∈(1，＋∞)时，g(x)，
令F(x)＝(x>1)，
F′(x)＝(x>1)，
记m(x)＝x－1－xln x(x>1)，
则m′(x)＝－ln x<0，
∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)0.
(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；
(2)函数F(x)的导数F′(x)＝f(x)，是否存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点？请说明理由．
解 (1)f′(x)＝ex，
当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f，
因为f0，
所以存在x0∈，使f(x0)＝0，
且当0x0时，f(x)>0.
故函数f(x)在(0，＋∞)上有1个零点，即x0.
(2)方法一 当a>1时，ln a>0.
因为当x∈时，ex－a<0；
当x∈时，ex－a>0.
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.
下面证：当a∈时，ln a0，
所以g′(x)在上单调递增，
由g′(1)＝－<0，g′(e)＝1－>0，
所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，
且x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈时，g(x)0，F(x)单调递增；
当ln a0，f(x)<0，
F′(x)＝f(x)<0，F(x)单调递减．
所以存在a∈⊆(1,4)，使得ln a为F(x)的极大值点．
方法二 因为当x∈时，ex－a<0；
当x∈时，ex－a>0.
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.
所以存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a∈(1,4)，使得ln a0，
所以g′(x)在上单调递增，
因为g′＝ln－<0，g′(2)＝ln 2－>0，
所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，
且当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以当x∈时，
g(x)min＝g＝t0ln t0－t0－＋1，②
由g′＝0，可得ln t0＝，
代入②式可得g(x)min＝g＝－t0＋1，
当t0∈时，
g＝－t0＋1＝－<－<0，
所以必存在x∈，使得g(x)<0，
即对任意a∈，f<0有解，
所以对任意a∈⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.
7．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2.
(1)当a＝e时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)有两个不同零点，求a的取值范围；
(3)对∀x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
(1)解 当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．
(2)解 f′(x)＝x(ex＋a)，
(ⅰ)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，只有一个零点x＝1，
(ⅱ)当a>0时，ex＋a>0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝>0，
∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点，
当x<0时，ex<1，∴(x－1)ex>x－1，
∴f(x)＝(x－1)ex＋ax2>x－1＋ax2
＝ax2＋x－1，
令g(x)＝ax2＋x－1，
x1是g(x)＝0的一个根，
取x1＝<0，
∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，
∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点，
∴函数f(x)有两个零点．
(ⅲ)当a<0时，f′(x)＝x(ex＋a)，
令f′(x)＝0得x＝0或x＝ln(－a)，
①当ln(－a)>0，即a<－1时，
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表所示：
x
(－∞，0)
0
(0，ln(－a))
ln(－a)
(ln(－a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－1
∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，
∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，
②当ln(－a)＝0，即a＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
∴f(x)至多有一个零点，不合题意．
③当ln(－a)<0，即－10，
∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，
取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0，
∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即＝，
∴当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1) －ln(x0－1)－x0－1
＝(x0－1)×－ln －x0－1
＝1＋x0－x0－1＝0，
∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0，
即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
