2019版高中数学二轮复习教师用书：专题八第4讲　大题考法——导数的综合应用

第4讲　大题考法——导数的综合应用考向一　导数的简单应用问题【典例】 (2018·洛阳模拟)已知函数f (x)＝＋n，g(x)＝x2(m，n，a∈R)，且曲线y＝ f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．(1)求实数m，n的值及函数f (x)的最大值；(2)当a∈时，记函数g(x)的最小值为b，求b的取值范围．解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以解得：m＝1，n＝0，所以f (x)＝，故f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝．(2)∵g(x)＝xln x－－x，∴g′(x)＝ln x－ax＝x，∵－e＜a＜，∴f＝－e＜a，f(e)＝＞a，所以存在t∈，g′(t)＝0，即ln t＝at，当x∈(0，t)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(t，e]时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g (x)的最小值为b＝tln t－t2－t＝－t，令b＝－t＝ h(t)，因为h′(t)＝＜0，所以h(t)在单调递减，从而h(t)∈，即b的取值范围是．[技法总结]　求函数y＝f(x)在某个区间上极值的步骤[变式提升]1．(2018·玉溪模拟)已知函数f(x)＝xln x．(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程．解　(1)∵f(x)＝xln x，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)＜0，得ln x＋1－a＜0，解得0＜x＜ea－1；由g′(x)＞0，得ln x＋1－a＞0，解得x＞ea－1．∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0ln x0，切线的斜率为ln x0＋1，∴切线l的方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，又切线l过点(0，－1)，∴－1－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，即－1－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，解得x0＝1，y0＝0，∴直线l的方程为y＝x－1．考向二　函数与导数的零点或方程的根的问题【典例】 已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．[规范解答]　(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.  1分令f′(x)＝0，得x＝－a－1.  2分当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下： x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗  3分故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞).4分(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有一个零点． 5分理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点. 6分当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x， 7分则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a，当x变化时，F′(x)和F(x)的变化情况如下： x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)↘极小值↗8分即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a). 9分所以F(x)min＝F(a)＝1－a.  10分因为a＜1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0，所以对于任意x∈R，F(x)＞0，  11分因此方程ex－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点.  12分①对函数f(x)求导计算错而导致解题错误．②对于函数零点个数的判断，不会转化构造函数而无从下手．③在判断方程ex－a＝x(x≠0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断．[技法总结]　判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．[变式提升]2．(2018·锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解　(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a．∵函数f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f′(x)＝ex－1．∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，∴f(x)在[－2,1]上的最大值为＋3．(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0，①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0．当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a＝－a＜0，∴函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，x＝ln(－a)．当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0．综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．考向三　导数与不等式恒成立、存在性问题【典例】 (2018·河南联考)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′(x)＝ln x＋－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．(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]．[技法总结]1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解．2．利用导数解决不等式存在性问题的策略(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题．(2)用导数求该函数在该区间上的最值．(3)构建不等式求解．[变式提升]3．设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b．由题设知f′(1)＝0，解得b＝1．(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1<a<－1．②若<a<1，则>1，故当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<．而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝－1＝<恒成立，所以a＞1．综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．考向四　导数与不等式的证明问题【典例】 (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．(1)解　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，在上单调递减．(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．[技法总结]1．利用导数证明不等式的基本步骤(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．构造辅助函数的4种方法[变式提升]4．(2018·三湘名校教育联盟联考)已知函数 f(x)＝2xex＋m(x2＋2x)，m∈．(1)若m＝，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－4ex＋4m＋2mx，记函数g(x)在(0，＋∞)上的最小值为A，求证：－2e＜A＜－2．(1)解　(1)由题意知，f(x)＝2xex＋(x2＋2x)，∴f′(x)＝2ex＋2xex＋(x＋1)，∴f′(0)＝，f(0)＝0，则所求切线方程为y＝x，即5x－2y＝0．(2)证明　由题意知，g(x)＝2xex＋m(x2＋4x)－4ex＋4m，∴g′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2m(x＋2)＝(2x－2)ex＋2m(x＋2)．令h(x)＝g′(x)，∴h′(x)＝2xex＋2m＞0，则g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝4m－2＜0，g′(1)＝6m＞0，则存在t∈(0,1)使得g′(t)＝0成立，∵g′(t)＝0，∴m＝－．当x∈(0，t)时，g′(t)＜0，当x∈(t，＋∞)时，g′(t)＞0，∴g(x)min＝g(t)＝(2t－4)et＋m(t＋2)2＝et(－t2＋t－2)．令h(t)＝et(－t2＋t－2)，则h′(t)＝et(－t2－t－1)＜0，∵0＜t＜1，∴h(1)＜h(t)＜h(0)，∴－2e＜A＜－2．