2019届二轮复习 　导数的热点问题 学案 （全国通用）

第4讲　导数的热点问题
[考情考向分析]　利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．

热点一　利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例1　(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当0，ln>，ln>，…，ln>，
∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋，
即ln>＋＋…＋，
∴ln n>＋＋…＋，
即对于任意大于1的正整数n，
都有ln n>＋＋…＋.
B组　能力提高
6．已知函数f(x)＝ex＋2ln x，g(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对任意的实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．
解　(1)对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立可转化为不等式m0，
即m′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，
所以m≤1，即m的取值范围为(－∞，1]．
(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，
即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
若a1时，F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
①若ax2在x∈(0，＋∞)时恒成立，
取x0＝a＋b>0，
则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，
由于F(0)＝1－b0，
故F(x)在(0，a＋b)上必有零点．
综上，实数b的取值范围是(1，＋∞)．
7．已知x＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x＋x的一个极值点．
(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根，求实数m的值．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝(x2－ax)×＋(2x－a)ln x＋1
＝x＋(2x－a)ln x－(a－1)．
因为x＝1为函数f(x)的一个极值点，
所以f′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a－1)＝2－a＝0，
解得a＝2.
故f(x)＝(x2－2x)ln x＋x，
f′(x)＝x＋(2x－2)ln x－1＝(x－1)(1＋2ln x)．
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝＝.
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．
(2)方程f(x)＝mx2＋2x，
即(x2－2x)ln x＋x＝mx2＋2x，
整理得(x2－2x)ln x－x＝mx2.
因为x>0，所以m＝＝.
令g(x)＝＝ln x－，
则g′(x)＝ln x＋×＋＝.
令h(x)＝2ln x＋x－1，
则h′(x)＝＋1>0恒成立，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，
所以当x＝(0,1)时，h(x)0，g(x)单调递增．
所以g(x)的最小值为g(1)＝－1