2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题一 6 第6讲 导数的综合应用
第6讲 导数的综合应用
“ 辅助函数法”证明不等式
[核心提炼]
利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．
[典型例题]
设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解】 (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
利用导数证明不等式的基本步骤
(1)①作差或变形．
②构造新的函数h(x)．
③利用导数研究h(x)的单调性或最值．
④根据单调性及最值，得到所证不等式．
(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．
[对点训练]
(2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)＝x＋.
(1)当λ＞0时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件；
(2)求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.
解：(1)设g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋－(1－λ)x－λ＝λ(＋x－1)，
所以g′(x)＝λ(1－)，
令g′(x)＝0，解得x＝0，
当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当x＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
所以g(x)min＝g(0)＝0，
所以f(x)≥(1－λ)x＋λ，当x＝0时取等号．
(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ”等价于f(x)的最大值大于λ.
因为f′(x)＝1－λe－x，
所以当λ≤0时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递增，
所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.
所以当λ≤0时命题成立；
当λ＞0时，由f′(x)＝0得x＝ln λ，
则x∈R时，x，f′(x)，f(x)关系如下：
x
(－∞，ln λ)
ln λ
(ln λ，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
①当λ≥e3时，ln λ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，
所以f(x)的最大值f(－3)＞f(0)＝λ.
所以当λ≥e3时命题成立；
②当e－3＜λ＜e3时，－3＜ln λ＜3，
所以f(x)在(－3，ln λ)上单调递减，在(ln λ，3)上单调递增．
所以f(x)的最大值为f(－3)或f(3)；
且f(－3)＞f(0)＝λ与f(3)＞f(0)＝λ必有一成立，
所以当e－3＜λ＜e3时命题成立；
③当0＜λ≤e－3时，ln λ≤－3，
所以f(x)在[－3，3]上单调递增，
所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.
所以当0＜λ≤e－3时命题成立；
综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.
“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题
[核心提炼]
1．利用导数解决恒成立问题
(1)若不等式f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)min>A.
(2)若不等式f(x)
A成立，则等价于在区间D上f(x)max>A.
(2)若∃x∈D，f(x)0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
【解】 (1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得00，
故q(x)在上单调递增，所以q(x)≤q.
由①得，q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.
综上所述，所求a的取值范围是.
不等式恒成立(有解)问题的求法
(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解．
(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解．
[对点训练]
(2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f(x)＝＋xln x(m＞0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使·＝－1，其中e是自然对数的底数．求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，函数f(x)＝＋xln x，求导f′(x)＝－＋ln x＋1，
由f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)单调递增区间(1，＋∞)．
(2)由题意设h(x)＝＝＋ln x，φ(x)＝＝，
φ′(x)＝＞0，在[1，e]恒成立，
所以φ(x)＝在[1，e]上单调递增，φ(x)∈[－2，－]，
所以h(x)∈[，e]，即≤＋ln x≤e，
在[1，e]上恒成立，即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)，在[1，e]上恒成立，
设p(x)＝－x2ln x，则p′(x)＝－2xln x≤0，在[1，e]上恒成立，
所以p(x)在[1，e]上单调递减，则m≥p(1)＝，
设q(x)＝x2(e－ln x)，q′(x)＝x(2x－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln x)＞0在[1，e]上恒成立，
所以q(x)在[1，e]上单调递增，则m≤q(1)＝e，
综上所述，m的取值范围为[，e]．
“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题
[核心提炼]
研究函数零点或方程根的情况，
可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．
[典型例题]
(2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程＝k(k＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的是( )
A．cos φ＝φsin θ
B．sin φ＝－φcos θ
C．cos θ＝θcos φ
D．sin θ＝－θsin φ
【解析】 由＝k(k＞0)可得：|cos x|＝kx(k＞0)，因为方程＝k(k＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y＝kx与曲线y＝|cos x|相切，如图：
直线y＝kx与曲线y＝|cos x|的交点为A(φ，cos φ)，
切点B为(θ，－cos θ)，
当x∈时，y＝|cos x|＝－cos x，
所以y′＝sin x，所以y′|x＝θ＝sin θ，
即k＝sin θ，又A(φ，cos φ)代入y＝kx，
可得cos φ＝φsin θ.故选A.
【答案】 A
(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，
b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．
[对点训练]
1．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解：(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，
则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
2．(2019·张掖模拟)设函数f(x)＝－aln x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，试求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝－aln x，得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
(2)当a≤0时，由(1)知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(1，e2]内至多有一个零点，不合题意．
当a>0时，由(1)知，当x∈(0，)时，函数f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，函数f(x)单调递增，函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
若函数f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，则需满足，即，整理得，
所以e1>0，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.
对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，
所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b>2时，[g(x)]min＝g(2)＝8－4b，且当b>2时，8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，
所以实数b的取值范围为.
4．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝－，
由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，
因为x1≠x2，所以＋＝.
由基本不等式得＝＋≥2，
因为x1≠x2，所以x1x2>256.
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．
设g(x)＝－ln x，
则g′(x)＝(－4)，
所以
x
(0，16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
2－4ln 2
所以g(x)在[256，＋∞]上单调递增，故
g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝
x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，
得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，3)上单调递减．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，]．
(2)由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意．
②当Δ＞0，即a2＞3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1＜x2，x1＋x2＝2a，x1x2＝3.
则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，
即|－a(x－x)＋3(x1－x2)|≤.
化简得(a2－3)≤，解得3＜a2≤4，
综合①②，得a2≤4，
即－2≤a≤2.
6．(2019·台州市高考一模)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
解：(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f(x)＝－k(＋ln x)(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－k(－)
＝(x＞0)，
当k≤0时，kx≤0，
所以ex－kx＞0，
令f′(x)＝0，则x＝2，
所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，
故f(x)在(0，2)内不存在极值点；
当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．
因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
当0＜k≤1时，
当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增，
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；
当k＞1时，
得x∈(0，ln k)时，g′(x) ＜0，函数y＝g(x)单调递减，
x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增，
所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．
函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，
当且仅当，
解得：e＜k＜
综上所述，
函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，)．
8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；
(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小
值．
解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，
令f′(x)＞0，解得：x＞1或x＜，
令f′(x)＜0，解得：＜x＜1，
故f(x)在(－∞，)单调递增，在(，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.
(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)；
当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，
m≥|f′(x)|恒成立，
所以m≥1；
0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，
①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；
要m≥|f′(x)|，则m≥1；
②当0＜a＜1时，
根据对称轴分类：
当x＝＜2，即＜a＜1时，
Δ＝(a－1)2＞0，
f′()＝－(a＋)∈(－，0)，又f′(2)＝2a－1＜1，
所以|f′(x)|≤1；
当x＝≥2，即0＜a≤；
f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；
－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，
综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1，
所以m≥1.
