新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项（一）　导数的综合应用

这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项（一）　导数的综合应用，共26页。

导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
知识梳理
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.
(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围
【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
解题心得1.若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.
对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=aln x+12(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2,求实数m的取值范围.
考向1 单未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
对点训练3已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例4】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先单调递增后单调递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
考向2 双未知数函数不等式的证明
【例5】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a≠0).
(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a;
(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<12(x12+x22)-2e(其中e为自然对数的底数).
突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
知识梳理
1.函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题,它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类:(1)讨论函数零点或方程实数根的个数;(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
2.利用导数研究函数零点的方法
方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)根据函数f(x)的性质作出图象;
(3)判断函数零点的个数.
方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)分类讨论,判断函数零点的个数.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;
(2)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③画出导函数草图.
关键能力学案突破
【例1】设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.
对点训练1(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=mx-m2x.
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)【例2】(2019全国1,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:eπ2≈4.8)
【例3】已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
对点训练3(2020全国1,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
【例4】(2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
对点训练4(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-12ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
在有关导数的应用中,无论是求函数的单调性、求极值最值,证明不等式、求参数的范围,还是讨论函数的零点,都需要从给定的已知条件中构造出一个或两个函数进行研究,构造的得当能降低难度,减少运算量,但有很多同学不知道如何构造,下面对如何构造函数给出归类和总结.
1.作差直接构造法
【例1】函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.
分析由f(x)≥kx-2,令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+12x2-x-kx+2.
2.局部构造法
【例2】已知函数f(x)=axlnxx-1.当a=1时,判断f(x)有没有极值点.
分析当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f'(x)=x-lnx-1(x-1)2,令g(x)=x-lnx-1.
【例3】已知函数f(x)=ln(x-a)x.若a=-1,证明:函数f(x)是(0,+∞)上的减函数.
分析当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x)=xx+1-ln(x+1)x2,令g(x)=xx+1-ln(x+1).
3.作差局部构造法
【例4】已知函数f(x)=ln x-a(x-1),a∈R.当x≥1时,f(x)≤lnxx+1恒成立,求a的取值.
分析f(x)-lnxx+1=xlnx-a(x2-1)x+1,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1).
4.分离参数构造法
【例5】在例4中,当x≥1时f(x)≤lnxx+1恒成立等价于ln x-lnxx+1≤a(x-1),
(1)当x=1时,显然恒成立,∴a∈R.
(2)当x>1时,上式等价于lnxx-1-lnxx2-1≤a⇔lnxx-1-lnxx2-1max≤a,令F(x)=lnxx-1-lnxx2-1.
【例6】已知函数f(x)=ax-lnxx,a∈R.若f(x)≥0,求a的取值范围.
分析函数的定义域为(0,+∞),由f(x)≥0得ax-lnxx≥0,即a≥lnxx2.
令g(x)=lnxx2.
5.特征构造法
【例7】若x>0,证明:ln(x+1)x>xex-1.
分析因为xex-1=lnexex-1=ln(ex-1+1)ex-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)ex-1,令f(x)=ln(x+1)x,由例3知f(x)=ln(x+1)x是(0,+∞)上的减函数,故要证原不等式成立,只需证明:当x>0时,x注:例7的解决过程用到了二次构造函数.
【例8】已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2-f(x2)x1<0恒成立,求实数a的取值范围.
分析不等式f(x1)x2-f(x2)x1<0,即x1f(x1)-x2f(x2)x1x2<0,结合x2>x1>0可得x1f(x1)-x2f(x2)<0恒成立,
即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立,
构造函数g(x)=xf(x)=ex-ax2.
6.变形、化简后构造
【例9】求证当x∈(0,+∞)时,lnex-1x>x2.
分析当x∈(0,+∞)时,要证lnex-1x>x2,
只需证ex-1>xex2,
令F(x)=ex-1-xex2,
F'(x)=ex2ex2-1-x2,
由ex>x+1可得,ex2>1+x2,则x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴F(x)>F(0)=0,
即ex-1>xex2,
∴lnex-1x>x2.
7.换元后构造
【例10】已知函数f(x)=ln x-kx,其中k∈R为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x1求证:lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)>2.
分析证lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)>2,
即证lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1,
只要证lnx2x1>2(x2-x1)x2+x1.
设t=x2x1(t>1),
则只要证lnt>2(t-1)t+1(t>1).
令g(t)=lnt-2(t-1)t+1.
8.放缩后局部构造
【例11】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
分析当a≥1时,f(x)+e=ax2+x-1ex+e≥x2+x-1ex+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.
设g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
9.作差与分离变量的综合构造法
【例12】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(a∈R),g(x)=(1-a)x,若∃x0∈[1,e]使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围.
分析不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,即x2-2x+a(lnx-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,lnx≤1≤x(不同时取等号),x-lnx>0,所以a≤x2-2xx-lnx在区间[1,e]上有解.
令h(x)=x2-2xx-lnx.
10.主元构造法
主元构造法,就是将多变元函数中的某一个变元看作主元(即自变量),将其他变元看作常数,来构造函数,然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.
【例13】已知函数g(x)=xln x,设0分析对g(x)=xlnx求导,g'(x)=lnx+1.
在g(a)+g(b)-2ga+b2中以b为主元构造函数,
设F(x)=g(a)+g(x)-2ga+x2,
则F'(x)=g'(x)-2ga+x2'=lnx-lna+x2.
当0当x>a时,F'(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上为增函数,从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).
因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,
即g(a)+g(b)-2ga+b2>0.
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,
则G'(x)=lnx-lnx+a2-ln2=lnx-ln(x+a),
当x>0时,G'(x)<0.
因此G(x)在(0,+∞)上为减函数.
因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0,
即g(a)+g(b)-2ga+b2<(b-a)ln2.
注:本题以b为主元构造函数,当然也可以以a为主元构造函数.
高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破1 利用导数研究
与不等式有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)(方法1 分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于a<(x+1)lnxx-1.令H(x)=(x+1)lnxx-1,则H'(x)=x+1x+lnx(x-1)-(x+1)lnx(x-1)2=x-1x-2lnx(x-1)2,
令K(x)=x-1x-2lnx,
则K'(x)=x2-2x+1x2>0,
于是K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则,可得limx→1+(x+1)lnxx-1=limx→1+((x+1)lnx)'(x-1)'=limx→1+1+1x+lnx1=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
(方法2 最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx+1x+1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=x-1x2>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)当2-a≥0,即10,于是f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f(x)>f(1)=0.
(ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1所以f(x)综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
对点训练1解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.
因此所求三角形的面积为2e-1.
(2)由题意a>0,当0当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-1x.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.
当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
例2解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以a>lnmm-2在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m>4),则h'(m)=1-2m-lnm(m-2)2.
令φ(m)=1-2m-lnm,则φ'(m)=2m2-1m=2-mm2<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上单调递减.
又φ(4)=1-12-2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m-lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以h(m)所以a≥ln2,即a的取值范围是[ln2,+∞).
对点训练2解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0则x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2等价于f(x2)x2-f(x1)x1>m(x2-x1),
考查函数g(x)=f(x)x,得g'(x)=lnx-x2-2x2,令h(x)=lnx-x2-2x2,h'(x)=5-2lnxx3,
则当x∈(0,e52)时,h'(x)>0,
当x∈(e52,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,e52)上单调递增,在区间(e52,+∞)上单调递减.故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
从而g(x1)>g(x2),即f(x2)x2m(x2-x1),
所以f(x1)x1+mx1>f(x2)x2+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上单调递减,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤12e5-1+m≤0,故m≤1-12e5.
故实数m的取值范围为-∞,1-12e5.
例3解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当m<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞),就能证明当x≤2时,f(x)>0.
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
由φ'(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,
于是φ(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由lnx≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),即ex-ln(x+2)>0(x>-2),
所以当m≤2时,f(x)>0.
对点训练3(1)解f'(x)=
-ax2+(2a-1)x+2ex,
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.
(2)证明f(x)+e≥0⇔ax2+x-1ex+e≥0⇔ax2+x-1+ex+1≥0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
例4(1)略.
(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正实数根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增.
又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
对点训练4(1)解f'(x)=csx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcsxsin2x+2sin2xcs2x=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π上单调递增,在区间π3,2π3上单调递减.
(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明由于(sin2xsin22x…sin22nx)32=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sin x||sin2xsin32x…·sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|=|sin x||f(x)f(2x)…·f(2n-1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…·f(2n-1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
例5(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
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a>2,由f'(x)>0,可得a-a2-42由f'(x)<0,可得0a+a2-42,
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
(2)证明证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0f(x1)-f(x2)x1-x2=
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2构造函数g(x)=2lnx+1x-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0f(x1)-f(x2)x1-x2=
1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,
于是f(x1)-f(x2)x1-x2设t=a2-42,则a=4t2+4,构造函数φ(t)=t-ln(t2+1+t),t>0,
则φ'(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+1>0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2所以lnx1-lnx2x1-x2<1⇔lnx1-lnx2x1-x2<1x1x2⇔lnx1-lnx2>x1-x2x1x2⇔lnx1x2>x1x2-x2x1,令t=x1x2∈(0,1),构造函数h(t)=2lnt+1t-t,
由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.
对点训练5(1)解f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
即f'(x)=g(x)2x>0.
所以f(x)在[1,e]上单调递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)<0,
所以h(a)在[e,+∞)上单调递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)上单调递减,
g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)所以g(a)<0,所以原不等式成立.
突破2 利用导数研究与函数
零点有关的问题
关键能力·学案突破
例1解(1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
①当00,解得x0.
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上单调递增,在[lnk,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上单调递增,在[0,lnk]上单调递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)=kek+1-(k+1)22.
令g(t)=et-12t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练1解(1)F(x)=lnx-x-12x,
即F(x)=lnx+12x-12(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)<0,F(x)在0,12上单调递减;当x∈12,+∞,F'(x)>0,F(x)在12,+∞上单调递增.所以当x∈(0,+∞)时,F(x)min=F12=12-ln2.
因为12-ln2=lne12-ln2<0,所以F(x)min<0.
又因为F1e2=-2+e22-12=e2-52>0,F(e)=1+12e-12=12e+12>0,
所以F1e2·F12<0,F(e)·F12<0,
所以F(x)分别在区间1e2,12,12,e上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-mx-m2x≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-mx-m2x(x≥1),则h'(x)=1x-m2x2=2x-m2x2.
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间[1,+∞)上单调递增.
又因为h(1)=ln1-m×1-m2×1=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意.
②当m>2时,令h'(x)=2x-m2x2<0,得1≤x0,得x>m2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上单调递减,在区间m2,+∞上单调递增,所以hm22时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)2符合题意.
综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).
例2证明(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=csx-11+x,g'(x)=-sinx+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,
可得g'(x)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)上单调递增,在区间α,π2上单调递减,故g(x)在区间-1,π2上存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2上存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)上单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
②当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)上单调递增,在区间α,π2上单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)上单调递增,在区间β,π2上单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
③当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
对点训练2(1)解f(x)=exsinx,定义域为R.
f'(x)=ex(sinx+csx)=2exsinx+π4.由f'(x)<0得sinx+π4<0,解得2kπ+3π4∴f(x)的单调递减区间为2kπ+3π4,2kπ+7π4(k∈Z).
(2)证明∵g'(x)=ex(sinx+csx)-2,
∴g″(x)=2excsx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x∈0,π2时,g″(x)>0;当x∈π2,π时,g″(x)<0.
∴g'(x)在0,π2上单调递增,在π2,π上单调递减,
又g'(0)=1-2<0,g'π2=eπ2-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.
∴∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵gπ2=eπ2-π>0,
∴g(x2)>0.又g(π)=-2π<0,由零点存在定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)上各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
例3解(1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0.
①当a≤0时,aex-1<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在R上单调递减.
②当a>0时,由f'(x)>0得x>ln1a,由f'(x)<0得x所以f(x)在-∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增.
(2)(方法1)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点.
②当a>0时,f(x)min=fln1a=1-1a+lna,令g(a)=f(x)min,
则g'(a)=1a2+1a>0,
所以g(a)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以当a≥1时,g(a)=f(x)min≥0,从而f(x)没有两个零点.
当00,
于是f(x)在-1,ln1a上有1个零点;因为fln3a-1=a3a-12+(a-2)3a-1-ln3a-1=3a-1-ln3a-1>0,
且ln3a-1>ln1a,所以f(x)在ln1a,+∞上有1个零点.
综上所述,a的取值范围为(0,1).
(方法2)ae2x+(a-2)ex-x=0⇔ae2x+aex=2ex+x⇔a=2ex+xe2x+ex.
令g(x)=2ex+xe2x+ex,则g'(x)=(2ex+1)(e2x+ex)-(2ex+x)(2e2x+ex)(e2x+ex)2=-ex(2ex+1)(ex+x-1)(e2x+ex)2,令h(x)=ex+x-1,则h'(x)=ex+1>0,
所以h(x)在R上单调递增,
而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0+.
函数g(x)的简图如图所示.
若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).
对点训练3解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.
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.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若0②若a>1e,则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点.
从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是1e,+∞.
例4解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞上单调递增,在0,a3上单调递减.
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈a3,0时,f'(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)上单调递增,在a3,0上单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
③当0若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.
对点训练4解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=1x-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a≤1x2-1x=1x-122-14,
∴当x=2时,1x-122-14有最小值-14,
∴a的取值范围为-∞,-14.
(2)不存在.理由如下,
∵f'(x)=1x-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,
当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾;
当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1∴g(x)在(1,ek)上单调递减,在(ek,+∞)上单调递增.
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.
高考大题专项(一) 导数的综合应用
考点
求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)
考点
利用导数证明不等式(多考向探究)
考点
判断、证明或讨论函数零点个数
考点
与函数零点有关的证明问题
考点
已知函数零点情况求参数的取值范围
考点
利用导数解决存在性问题
指点迷津(一) 在导数应用中如何构造函数