2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第2章解答题专项突破（一）　导数的综合应用问题


解答题专项突破(一)　导数的综合应用问题
函数与导数是高中数学的重要内容之一，常与其他知识相结合，形成难度不同的各类综合题型，常涉及的问题有：研究函数的性质(如函数的单调性、极值、最值)、研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等．题型多变，属中、高档难度．
热点题型1　导数的几何意义的应用
　　(2019·孝感高中期中)已知函数f(x)＝x3－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点M(1,0)处的切线方程；
(2)如果过点(1，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数b的取值范围．
解题思路　(1)求f′(x)→求斜率k＝f′(1)→用点斜式写出切线方程．
(2)设切点坐标为(x0，x－x0)→写出切线方程→点(1，b)代入切线方程得关于x0的方程→依据此方程有三个不同的实数解，求b的取值范围．
规范解答　(1)f′(x)＝3x2－1，∴f′(1)＝2.
故切线方程为y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
(2)设切点为(x0，x－x0)，则切线方程为y－(x－x0)＝f′(x0)(x－x0)．
又切线过点(1，b)，所以(3x－1)(1－x0)＋x－x0＝b，
即2x－3x＋b＋1＝0.
由题意，上述关于x0的方程有三个不同的实数解．
记g(x)＝2x3－3x2＋b＋1，则g(x)有三个不同的零点，
而g′(x)＝6x(x－1)，令g′(x)＝0得x＝0或x＝1，则结合图象可知g(0)g(1)<0即可，可得b∈(－1,0)．
热点题型2　利用导数研究函数的性质
　　已知函数f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a>0)，记f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若f(x)的极大值为0，求实数a的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋6x，求g(x)在[0,1]上取到最大值时x的值．
解题思路　(1)求f′(x)→解f′(x)＝0→用所得解分割定义域→逐个区间分析f′(x)的符号，得f(x)的单调性→求极大值→根据极大值为0列方程求a.
(2)难点突破——分类讨论
易求g′(x)＝6(x2－ax＋1)，x∈[0,1]．
①由g′(x)＝0是否有解想到分(Ⅰ)Δ≤0，即00，即a>2.
②当g′(x)＝0时，分析g′(x)的图象
(Ⅰ)对称轴x＝与x＝1，x＝0的位置关系．
(Ⅱ)g′(x)＝0的两个根与0和1的大小关系．
规范解答　(1)因为f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a>0)，
所以f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或a.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)极大值＝f(0)＝3a－2＝0，解得a＝.
(2)g(x)＝f(x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2(a>0)，
则g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0,1]．
①当0 所以g′(x)≥0恒成立，g(x)在[0,1]上单调递增，则g(x)取得最大值时x的值为1.
②当a>2时，g′(x)的对称轴x＝>1，
且Δ＝36(a2－4)>0，g′(1)＝6(2－a)<0，g′(0)＝6>0，
所以g′(x)在(0,1)上存在唯一零点x0＝.
当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(x0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
则g(x)取得最大值时x的值为.
综上，当0 当a>2时，g(x)取得最大值时x的值为.
热点题型3　利用导数研究函数的零点、方程的根
　　(2019·银川一中模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝xln x－ax2＋(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)有两个极值点，试判断函数g(x)的零点个数．
解题思路　(1)求f(x)的定义域→求f′(x)，解f′(x)＝0→用所得实数解分割定义域→分析f′(x)的符号，判断f(x)的单调性．
(2)g(x)有两个极值点→g′(x)＝0有两个不同的零点记为x1和x2→分析g(x1)，g(x2)的正负和x→0时g(x)的变化趋势，x→＋∞时g(x)的变化趋势．
规范解答　(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(x)＝0得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减．
(2)由题意得，g′(x)＝ln x＋1－ax＝0有两个不同的零点，即＝a有两个不同的根，设为x1 由(1)得f(x)＝，当x∈(0,1)时f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时f(x)单调递减；
有f＝0，f(1)＝1，当x∈(1，＋∞)时f(x)>0，所以a∈(0,1)时有0 有g(x1)＝x1ln x1－ax＋且a＝；
g(x2)＝x2ln x2－ax＋且a＝.
令h(t)＝tln t－t＋，
则h′(t)＝≥0.
所以函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以0＜x1＜1时g(x1)＝h(x1)＜h(1)＝0，
当x2>1时g(x2)＝h(x2)>h(1)＝0.
又x→0时g(x)→>0，x→＋∞时g(x)→－∞，所以函数有三个零点．
　　已知函数f(x)＝2xln x＋2x，g(x)＝a(x－1)(a为常数，且a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点，试确定自然数n的值，使得a∈(n，n＋1)(参考数值e≈4.48，ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 7≈1.95)．
解题思路　(1)求f(x)的定义域和f′(x)→解f′(x)＝0→用所得实数解分割定义域→分析各区间内f(x)的符号，确定极值．
(2)构建函数F(x)＝f(x)－g(x)→依据y＝F(x)只有一个零点，推出关于a的方程．关键点①解F′(x)＝0时，想到分类讨论．
②用F(x)的最小值为0建立方程→构建关于a的函数，用零点存在性定理，分析零点所在区间．
规范解答　(1)函数f(x)＝2xln x＋2x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋2)，由f′(x)＝0得x＝e－2.
x∈(0，e－2)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(e－2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(x)极小值＝f(e－2)＝－2e－2，f(x)无极大值．
(2)记F(x)＝f(x)－g(x)＝2xln x＋(2－a)x＋a，
则F′(x)＝2ln x＋4－a，
当a≤4时，因为x>1，F′(x)>0，函数F(x)单调递增，F(x)>F(1)＝2，函数y＝F(x)无零点，即函数f(x)与g(x)的图象无交点；
当a>4时，F′(x)＝0⇒x＝e－2且e－2>e0＝1，
当1e－2时，F′(x)>0.
所以，F(x)min＝F，函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点，得F＝0，化简得a－2e－2＝0，
记h(a)＝a－2e－2，h′(a)＝1－e－2<0，所以h(a)在a∈(4，＋∞)上单调递减，又h(6)＝6－2e>0，h(7)＝7－2e≈7－2×4.48<0，所以a∈(6,7)，即n＝6.
热点题型4　利用导数证明不等式问题
　　已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x) 解题思路　(1)求f(x)的定义域和f′(x)→发现f′(x)＝0不易解，f′(x)的符号不易分析，想到构建新函数，研究其单调性，确定f′(x)的符号．
(2)基本思路，将不等式等价转化，构建新函数，转化为求函数最值问题．
关键点：依据题目条件分析新构建函数及其导数在x＝1处的值，确定分类讨论的标准．
规范解答　(1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝.
令g(x)＝1－－ln x，则g′(x)＝.
所以在(0,1)上，g′(x)>0，此时g(x)单调递增；在(1，＋∞)上，g(x)<0，此时g(x)单调递减．
又g(1)＝0，所以g(x)≤0在定义域上恒成立，即f′(x)<0在定义域上恒成立，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，＋∞)，无单调递增区间．
(2)由f(x) 即ln x－k(x－1)ex<0在(1，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝ln x－k(x－1)ex，易知，当k≤0时，h(x)≤0在(1，＋∞)上不可能恒成立，所以k>0.
所以h′(x)＝－kxex，所以h′(1)＝1－ke.
①当k≥时，h′(1)＝1－ke≤0.
又h′(x)＝－kxex在(1，＋∞)上单调递减，
所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以h(x)<0在(1，＋∞)上恒成立．
②当00.
又h′(x)＝－kxex在(1，＋∞)上单调递减，且h′＝k－e<0，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得h′(x0)＝0，
所以在(1，x0)上h′(x)＞0，在(x0，＋∞)上h′(x)＜0，
所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以h(x)>0在(1，x0)上恒成立，
所以h(x)<0在(1，＋∞)上不可能恒成立．
综上所述，实数k的取值范围是.
　　(2019·绵阳模拟)已知函数f(x)＝x2－axln x＋ax＋2(a∈R)有两个不同的极值点x1，x2，且x1 (1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1x2 解题思路　(1)求f(x)的定义域和f′(x)→由f(x)有两个不同的极值点得f′(x)＝0有两个不相等的实数根→两次求导分析f′(x)的单调性，构建关于a的不等式求其范围．
(2)由(1)知x1，x2是f′(x)＝0的两个根，建立方程→x1x2 规范解答　(1)f(x)＝x2－axln x＋ax＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－aln x.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，
所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根．
令g(x)＝x－aln x，则g′(x)＝1－＝(x>0)．
①当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(0，＋∞)上不可能有两个零点．
②当a>0时，由g′(x)>0，解得x>a；由g′(x)<0，解得0 要使函数g(x)有两个零点，则g(a)＝a－aln a<0.
解得a>e.
综上可知，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：由(1)知x1，x2是g(x)＝x－aln x＝0的两个根，
则两式相减得a(ln x2－ln x1)＝x2－x1，
即a＝＝，
要证x1x2 即证2<＝－2＋.
令＝t，由x11，只需证(ln t)2 设φ(t)＝(ln t)2－t－＋2，
则φ′(t)＝ln t－1＋＝.
令h(t)＝2ln t－t＋，
则h′(t)＝－1－＝－2<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴h(t) ∴φ′(t)<0，即φ(t)在(1，＋∞)上为减函数，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即(ln t)2 ∴原不等式成立．