2020届二轮复习(文)第2部分专题6第3讲　导数的综合应用学案

2020届二轮复习(文)第2部分专题6第3讲　导数的综合应用学案

第3讲　导数的综合应用 ‎　利用导数证明不等式(5年3考)‎ ‎[高考解读]　利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.‎ ‎(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；‎ ‎(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.‎ 切入点：求函数f(x)的导数．‎ 关键点：正确构造函数， 转化为函数的最值问题解决．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.‎ 因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.‎ ‎(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.‎ 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.‎ 当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0.‎ 因此f(x)＋e≥0.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)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)由题设知，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)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.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(‎2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋‎2a＋1＝.‎ 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增，在单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，‎ 即ln＋＋1≤0.‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，‎ 则g′(x)＝－1.‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)>0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.‎ 所以当x>0时，g(x)≤0.‎ 从而当a<0时，ln＋＋1≤0，‎ 即f(x)≤－－2.‎ 利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x).‎ (2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，‎ 可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可.‎ (3)若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.‎ ‎1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f(x)＝mex－ln x－1.‎ ‎(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.‎ ‎[解]　(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，‎ 所以f′(x)＝ex－，‎ 所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，‎ 即y＝(e－1)x.‎ ‎(2)当m>1时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，‎ 要证明f(x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，‎ 设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，‎ 设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，‎ 所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，‎ 因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，‎ 所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，‎ 因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，‎ 当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，‎ 所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，‎ 故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，‎ 综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.‎ ‎2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f(x)＝ex－3x＋‎‎3a ‎(e为自然对数的底数，a∈R)．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间与极值；‎ ‎(2)求证：当a>ln ，且x>0时，>x＋－‎3a.‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋‎3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln 3，‎ 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，ln 3)‎ ln 3‎ ‎(ln 3，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  ‎3(1－ln 3＋a)‎  故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，‎ f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)．‎ ‎(2)证明：待证不等式等价于ex>x2－3ax＋1，‎ 设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，‎ 于是g′(x)＝ex－3x＋‎3a.‎ 由(1)及a>ln ＝ln 3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)>0.‎ 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．‎ 于是当a>ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．‎ 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.‎ 即ex>x2－3ax＋1，‎ 故>x＋－‎3a.‎ ‎　利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)‎ ‎[高考解读]　利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.‎ ‎(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.‎ 切入点：利用导数求f′(x)．‎ 关键点：将f(x)≥0恒成立转化为f(x)的最小值大于或等于0.‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．‎ ‎①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ ‎②若a＞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.‎ 故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，‎ 在(ln a，＋∞)上单调递增．‎ ‎③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.‎ 当x∈时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.‎ 故f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增．‎ ‎(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.‎ ‎②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，‎ 从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.‎ ‎③若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.‎ 综上，a的取值范围是[－2e，1]．‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.‎ 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①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；‎ ‎②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)单调递减，因此g(x)＜0.‎ 综上，a的取值范围是(－∞，2]．‎ 解决不等式恒成立问题的两种方法 (1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.,②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.‎ (2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)≥0，‎ 则只需f(x)min≥0.‎ ‎1．(恒成立问题)已知函数f(x)＝xln x(x>0)．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．‎ ‎[解]　(1)由题意知f′(x)＝ln x＋1，‎ 令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得00)，‎ 则g′(x)＝，由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒00.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；‎ ‎(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．‎ ‎[解]　(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.‎ 所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.‎ 所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.‎ ‎(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．‎ 当x>1时，f′(x)>0；当01时，h′(x)<0；当00.‎ 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ 所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.‎ 要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.‎ 所以实数m的取值范围为.‎ ‎　利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)‎ ‎[高考解读]　函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.‎ ‎(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．‎ ‎(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：f(x)只有一个零点．‎ 切入点：求f′(x)，利用导数解决．‎ 关键点：注意到x2＋x＋1>0恒成立，从而f(x)＝0等价转化为－‎3a＝0，即方程只有一个根．‎ ‎[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.‎ 当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．‎ ‎(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－‎3a＝0.‎ 设g(x)＝－‎3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．‎ 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．‎ 又f(‎3a－1)＝－‎6a2＋‎2a－＝－‎6a－2－<0，f(‎3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．‎ 综上，f(x)只有一个零点．‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.‎ 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.‎ 由题设得－＝－2，所以a＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.‎ 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.‎ 由题设知1－k>0.‎ 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，‎ g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．‎ 当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．‎ h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.‎ 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．‎ 综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx ‎－2只有一个交点．‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a＞0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；‎ 当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，‎ 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥‎2a＋aln .‎ 故当a>0时，f(x)≥‎2a＋aln .‎ ‎1．求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；‎ 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、‎ 端点值等性质，进而画出其图象；‎ 第三步：结合图象求解．‎ ‎2．解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧 ‎(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；‎ ‎(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．‎ ‎1．(判断函数零点个数)已知函数f(x)＝－2ln x.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若m＝，证明：f(x)有且只有三个零点．‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝m－＝，‎ ‎①m≤0时，∵x>0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎②m>0时，令f′(x)＝0，即mx2－2x＋m＝0，‎ ‎(ⅰ)m≥1时，Δ＝4－‎4m2‎≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎(ⅱ)00，令f′(x)＝0，则x1＝，x2＝，‎ ‎∴x∈∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，‎ ‎∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．‎ 综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；02＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，∴f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零点．‎ 综上，当m＝时，f(x)有且只有三个零点．‎ ‎2．(已知函数零点求参数)已知函数f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范围．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝a－1－＋＝＝，‎ ‎①当a＝1时，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得01时，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎③当a<1时，‎ ⅰ)00，得0，得1f(e)，∴m∈.‎