2019届二轮复习第5讲　导数的热点问题学案（全国通用）

第5讲　导数的热点问题

1.[2018·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.
[听课笔记]  
 
 
【考场点拨】
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a0时,总有g(x)+3f'(x)>0.
[听课笔记]  
 
 
【考场点拨】
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.
【自我检测】
已知函数f(x)=ln x+,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a>0时,证明:f(x)≥.









第5讲　导数的热点问题
典型真题研析
1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.
(i)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,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.
当x∈0,∪,+∞时,f'(x)f(e-1)=e-2.
所以e-20,
则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m.
若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,符合题意;
若m>e+1,则F'(1)0),设-ax1-1=0,则a=x1-,
则l(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
故只需l(x1)≥0.又l(x1)=x1+-ln x1-,
令m(x)=x+-ln x-,则m'(x)=-ln x,所以m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又m=m(e)=0,所以x1∈,即a∈.
例4　解:(1)求导得f'(x)=e-x(x>0,a≥0),
设g(x)=-ax-ln x+a-1(x>0,a≥0),易得g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(1)=0,
故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)当a=-时,设F(x)=f(x)xex+3=e3(x>0),则F'(x)=e3(x>0),设h(x)=e3(x>0),则h'(x)=(x>0),可得F'(x)在上单调递增,在上单调递减.又F'(e)=0,
F'=-30,
所以函数q(x)在区间(1,+∞)上单调递增.因为q(1)=-a-10,
故存在x0∈(1,e),使得M'(x0)=0,且当x∈(1,x0)时,M'(x)0,h'(x)单调递增.
又h'(0)=3-e>0,h'(1)=0,00时,g(x)≤f(x).
例6　解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=-1=(x>0).
①当m≤0时,f'(x)0时,令f'(x)>0,得00⇔+-3>03ex-3x2+6mx-3>0.
设u(x)=3ex-3x2+6mx-3,
则u'(x)=3(ex-2x+2m),记v(x)=ex-2x+2m,
则v'(x)=ex-2.
当x在(0,+∞)上变化时,v'(x),v(x)的变化情况如下表:
x
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
v'(x)
-
0
+
v(x)
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知当x>0时,v(x)≥v(ln 2),
而v(ln 2)=eln 2-2ln 2+2m=2-2ln 2+2m=2(m-ln 2+1),
由m>1,知m>ln 2-1,
所以v(ln 2)>0,
所以当x>0时,v(x)>0,即u'(x)>0,
所以u(x)在(0,+∞)内单调递增.
所以当x>0时,u(x)>u(0)=0,
即当m>1且x>0时,3ex-3x2+6mx-3>0,
所以当m>1且x>0时,总有g(x)+3f'(x)>0.
【自我检测】
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-=(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x>a,则f'(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增,若00),
所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以g(a)min=g(1)=0.
所以ln a+-1≥0恒成立,
所以f(x)≥.

[备选理由] 以下所给例题均为依据导数的应用解决函数问题,从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案,要依赖构建新函数,将问题进行转化,另外,对于含有参数的问题是个难点,要能合理的对参数进行讨论.
例1　[配例1使用] 设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一个极值点.
(1)求a与b之间的关系式,并求当a=2时,函数f(x)的单调区间;
(2)设a>0,g(x)=ex,若存在x1,x2∈[0,4],使得|f(x1)-g(x2)|0时,f(x)的单调递增区间为(1-b,1),单调递减区间为(-∞,1-b),(1,+∞);当b0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及两个以上的零点.当a≥时,h'(x)0,φ(x)单调递增,当0).
当a≤0时,h'(x)0时,h'(x)=,令h'(x)>0,得x∈,此时h(x)单调递增,
令h'(x)0时,h(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由题意可知,aln x≤x2ex对任意x∈[2,+∞)恒成立.
当a≤0时,aln x≤x2ex对任意x∈[2,+∞)恒成立;
当a>0时,由aln x≤x2ex得a≤(x≥2),令φ(x)=(x≥2),则
φ'(x)=,因为x≥2,所以φ'(x)>0,即φ(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以φ(x)≥φ(2)=,从而可知00),所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在[e,+∞)上为减函数,
所以g(x)≤g(e)=.①
又h'(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函数,
所以h(x)≥h(1)=.②
由于①和②不能同时取等号,故g(x)