2020版新一线高考理科数学（人教A版）一轮复习教学案：第2章第11节第3课时　导数与函数的综合问题


第3课时　导数与函数的综合问题

利用导数解决不等式的有关问题

►考法1　证明不等式
【例1】　(2018·郑州二模)已知函数f(x)＝ln x－2ax＋1(a∈R)．
(1)讨论函数g(x)＝x2＋f(x)的单调性；
(2)若a＝，证明：|f(x)－1|＞＋.
[解]　(1)由题意知函数y＝g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝x2＋ln x－2ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－2a＝(x＞0)，
记h(x)＝2x2－2ax＋1，
①当a≤0时，因为x＞0，所以h(x)＞0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当0＜a≤时，因为Δ＝4(a2－2)≤0，
所以h(x)≥0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a＞时，由g′(x)＜0，解得x∈，所以函数g(x)在区间上单调递减，同理可得函数g(x)在区间，上单调递增．
(2)证明：当a＝时，设H(x)＝f(x)－1＝ln x－x，
故H′(x)＝，
故H′(x)＜0，得x＞1，由H′(x)＞0，得0＜x＜1，
所以H(x)max＝f(1)－1＝－1，所以|H(x)|min＝1.
设G(x)＝＋，
则G′(x)＝，
由G′(x)＜0，得x＞e，
由G′(x)＞0，得0＜x＜e，
故G(x)max＝G(e)＝＋＜1，
所以G(x)max＜|H(x)|min，
所以|f(x)－1|＞＋.
►考法2　由不等式恒(能)成立求参数的范围
【例2】　已知函数f(x)＝.
(1)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围；
(2)若∃x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求实数k的取值范围．
[解]　(1)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，
所以g(x)为单调增函数，
所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
(2)当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由(1)题知，g(x)为单调增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
[规律方法]　1.利用导数证明含“x”不等式方法，即证明：f(x)＞g(x).
法一：移项，f(x)－g(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化证明F(x)min＞0，利用导数研究F(x)单调性，用上定义域的端点值.
法二：转化证明：f(x)min＞g(x)max.
法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.
2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
(1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参数不等式，从而求出参数的取值范围.
(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
令g′(x)＞0得x＜0，或x＞，
令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以g(x)min＝g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.即m(x)＝xln x在上是增函数，可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，
所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

利用导数解决函数的零点问题

►考法1　判断、证明或讨论函数零点的个数
【例3】　设f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
[解]　令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数．
当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零点；
当m≠0时，F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零点．
当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时，F′(x)＜0；1＜x＜m时，F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋＞0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，
所以F(x)有唯一零点．
当0＜m＜1时，0＜x＜m或x＞1时，
F′(x)＜0；m＜x＜1时，F′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m＜0，
所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点．
►考法2　已知函数的零点个数求参数的范围
【例4】　已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
则f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，∴由g′(x)＝0，得x＝1.
当≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件解得1＜m≤2＋.
故实数m的取值范围是.
►考法3　与函数零点有关的证明问题
【例5】　(2019·武汉模拟)已知a为实数，函数f(x)＝ex－2－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，
(ⅰ)求实数a的取值范围；
(ⅱ)证明：x1＋x2＞2.
[解]　(1)f′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在R上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x＞2＋ln a，则f′(x)＞0，函数f(x)在(2＋ln a，＋∞)上单调递增；
若x＜2＋ln a，则f′(x)＜0，函数f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减．
(2)(ⅰ)由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．
当a＞0时，f(x)在x＝2＋ln a处取得极小值，
所以f(2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)＜0，得a＞，
所以a的取值范围为.
(ⅱ)由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝ln a＋ln x，
即x－2－ln x＝ln a.
所以x1－2－ln x1＝x2－2－ln x2＝ln a.
令g(x)＝x－2－ln x(x＞0)，则g′(x)＝1－.
当x＞1时，g′(x)＞0；当0＜x＜1时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0＜x1＜1＜x2.
要证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1＞1.
因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需证g(x2)＞g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)＞g(2－x1)，即证g(x1)－g(2－x1)＞0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－ln x－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－ln x＋ln(2－x)，则h′(x)＝2－.
因为＋＝[x＋(2－x)]≥2，当且仅当x＝1时等号成立，所以当0＜x＜1时，h′(x)＜0，即h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0，即g(x1)－g(2－x1)＞0，
所以x1＋x2＞2得证．
[规律方法]　利用导数研究方程根的方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置.
(3)可以通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
(2019·南京模拟)设函数f(x)＝－kln x，k＞0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
[解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．



1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解]　(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
2.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)0.
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln＜，
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，所以m的最小值为3.