高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题6 第4讲 导数的热点问题(大题)(1)课件PPT

这是一份高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题6 第4讲 导数的热点问题(大题)(1)课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，而g1＝0，∵f1＝0，ⅰ若2a≤4，证明由题意可知，押题预测，真题体验等内容，欢迎下载使用。

NEIRONGSUOYIN
热点一　导数的简单应用
热点二　导数与函数零点或方程根的问题
热点三　导数与不等式恒成立、存在性问题
热点四　导数与不等式的证明问题
利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f(x)在区间D上单调递增，则有f′(x)≥0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立.
例1　(2019·武邑调研)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，当a＝1时，b＝－3，
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值.
解　由(1)知b＝－2a－1，则f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，
所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
所以最大值1可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，与最大值为1矛盾.
跟踪演练1　(2019·延庆模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行.(1)求a的值；　
解　∵f(x)＝ln(x＋a)，
∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，
∴∀x∈(－1,0)有h′(x)>0恒成立，故h(x)在(－1,0)上为增函数，由h(x)已知函数零点x0∈(a，b)，求参数范围的一般步骤：(1)对函数求导；(2)分析函数在区间(a，b)上的单调情况；(3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围.
例2　(2019·石家庄质检)已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R).(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
证明　当a＝0时，f(x)＝ex－x.令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2，当g′(x)＝0时，x＝ln 2；当xln 2时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
故当a＝0时，f(x)>x成立.
(2)讨论函数f(x)零点的个数.
解　f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)min＝f(0)＝1－a.当1－a>0，即a<1时，f(x)没有零点，当1－a＝0，即a＝1时，f(x)只有一个零点，当1－a<0，即a>1时，因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，所以f(x)在(－a,0)上有一个零点，即f(x)在(－∞，0)上只有一个零点；
由(1)，得ex>2x，令x＝a，则得ea>2a，所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，于是f(x)在(0，a)上有一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，因此，当a>1时，f(x)有两个零点.综上，当a<1时，f(x)没有零点；当a＝1时，f(x)只有一个零点；当a>1时，f(x)有两个零点.
(1)若x＝1是f(x)的极大值点，求a的取值范围；
解　由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f′(1)＝0，得b＝1－a，
①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1.当00，此时f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减.所以x＝1是f(x)的极大值点，
综合①②，得a的取值范围是(－1，＋∞).
(2)当a＝0，b＝－1时，方程x2＝2mf(x)(其中m>0)有唯一实数解，求m的值.
解　当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
所以2mln x2＋mx2－m＝0，因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)设函数h(x)＝2ln x＋x－1，因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解，因为h(1)＝0，所以方程*的解为x2＝1，
1.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；
不等式af(x)在区间D上恒成立⇔a>f(x)max；不等式a≥f(x)在区间D上恒成立⇔a≥f(x)max.
例3　(2019·郴州质检)设函数f(x)＝2x－2－aln x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；
若a≤0，则f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
(2)设a>0，若存在正实数m，使得对任意x∈(1，m)都有|f(x)|>2ln x恒成立，求实数a的取值范围.
由(1)知f(x)在(1，＋∞)上为增函数，又f(1)＝0，所以f(x)>0对x∈(1，＋∞)恒成立，则|f(x)|>2ln x⇔f(x)>2ln x⇔2x－2－(a＋2)ln x>0，设g(x)＝2x－2－(a＋2)ln x，x>1，则|f(x)|>2ln x等价于g(x)>0，
故不存在正实数m，使得对任意x∈(1，m)都有|f(x)|>2ln x恒成立，故0此时|f(x)|>2ln x⇔－f(x)>2ln x⇔2x－2＋(2－a)ln x<0，
此时|f(x)|>2ln x等价于h(x)<0，
故不存在正实数m，使得对任意x∈(1，m)都有|f(x)|>2ln x恒成立，故2使得对任意x∈(1，m)都有|f(x)|>2ln x恒成立，故a>4满足条件.综上所述，实数a的取值范围为(4，＋∞).
跟踪演练3　(2019·南充调研)已知f(x)＝ax－ln(－x)，x∈[－e,0)，其中e是自然对数的底数，a∈R.
当a＝－1时，f(x)＝－x－ln(－x)，x∈[－e,0)，
所以当－e≤x<－1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当－10，此时f(x)单调递增.所以f(x)在[－e,0)上有唯一极小值f(－1)＝1，即f(x)在[－e,0)上的最小值为1；
当－e≤x<0时，h′(x)≤0，故h(x)在[－e,0)上单调递减，
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由.
解　假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln(－x)的最小值为3，
所以函数f(x)＝ax－ln(－x)在[－e,0)上是增函数，所以f(x)min＝f(－e)＝－ae－1＝3，
此时f(x)＝ax－ln(－x)是减函数，
此时f(x)＝ax－ln(－x)是增函数，
综上①②知，存在实数a＝－e2，使f(x)的最小值为3.
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.
例4　(2019·济南模拟)已知函数f(x)＝xln x－ x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；
解　由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝ln x－ax＋a，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0.所以∀x∈(1，＋∞)，有h(x)＝f′(x)>0，故a≤0时不成立；
令g(a)＝－ln a＋a－1，
当01时，g′(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)≥g(1)＝0，故a＝1.
(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2.
则f′(x)＝1＋ln x－x.由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，
不妨设02，只需证x2>2－x1，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则只需证f(x2)－1.
令F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1])，且F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)>－1，只需证F(x)>F(1)，x∈(0,1)，由F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，令k(x)＝F′(x)，则
所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1]上单调递增，所以∀x∈(0,1)，F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2>2.
跟踪演练4　(2019·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；
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，即f(x)≥0，∴a＝1.
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，且h(0)＝0，∵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，∴ －x0－2＝0，∴f(x0)＝
(1)讨论f(x)的单调性；
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①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，＋∞)上单调递减.
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
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x1＜x2，则x2＞1.
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
(1)若1是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
f′(1)＝1－a－1＝0，故a＝0.
(2)讨论函数f(x)的单调性；
方程－ax2＋x－1＝0的判别式Δ＝1－4a，
故f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，x2)上递增，在(x2，＋∞)上递减，
故f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，＋∞)上递增.
使得h(x0)＝0，即x0 ＝1，g(x)在(0，x0)上递减，在(x0，＋∞)上递增，故g(x)min＝g(x0)＝x0 －x0－1＝0，
令g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，