2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题二第3讲　导数的综合应用

第3讲　导数的综合应用

(对应学生用书第16页)

1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)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.

(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,+∞)上单调递减.

而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,

即f(x)≥1.

(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.

f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

(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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.

①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.

②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

③若h(2)<0,即a>,

因为h(0)=1,

所以h(x)在(0,2)上有一个零点;

由(1)知,当x>0时,ex>x2,

所以h(4a)=1-=1->1-

=1->0,

故h(x)在(2,4a)上有一个零点.

因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.

综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.

2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)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,1+1+…1+<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;

当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,

所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,

故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值点.

由于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ln1+<.

从而ln1++ln1++…+ln1+<++…+=1-<1.

故1+1+…1+<e.

而1+1+1+>2,

所以m的最小值为3.

1.考查角度

考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.

2.题型及难易度

解答题,属于难题或者较难题.

(对应学生用书第16~18页)

导数与不等式

考向1　导数方法证明不等式

【例1】 (2018·郑州二模)已知函数f(x)=ex-x2.

(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;

(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.

(1)解:f'(x)=ex-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,

所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.

(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,

则g'(x)=ex-2x-(e-2),g″(x)=ex-2,g'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0<ln 2<1,g'(ln 2)<0,

所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,

所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;

当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,

故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,

当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0,

又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.

(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),则f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a)),如证明x∈0,,sin x<x时,可以证明f(x)=sin x-x在0,上单调递减,则f(x)<f(0)得证;(2)考虑最值,利用函数在区间D上,f(x)min≤f(x)≤f(x)max,如证明,当x∈(0,+∞),ln x≤x-1时,可以求出函数f(x)=ln x-(x-1)在(0,+∞)上的最大值为0得证.无论哪条途径都是以单调性为基础,函数的单调性的研究是导数方法证明不等式的核心.

考向2　根据不等式确定参数取值范围

【例2】 (2018·咸阳一模)已知f(x)=ex-aln x(a∈R).

(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.

解:(1)已知f(x)=ex-aln x,则f'(x)=ex-,f'(1)=e-a,切点为(1,e),

所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.

(2)当a=-1时,原不等式即为ex+ln x-e-m(x-1)>0,

记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,

依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,

求导得F'(x)=ex+-m,F'(1)=e+1-m,F″(x)=ex-,当x>1时,F″(x)>0,

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,适合题意;

若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F'(x1)=0,

当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,

综上,实数m的取值范围是(-∞,e+1].

(1)对于f(x)≥g(x)在区间D上恒成立,只需[f(x)-g(x)]min≥0即可,而f(x)>g(x)在区间D上恒成立,此时h(x)=f(x)-g(x)在区间D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间D上,若∃x0使得f(x0)>g(x0)成立,则只需∃x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,则只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下确界;(3)如果在区间D上f(x1)>g(x2)恒成立,则只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,则需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归,即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】

热点训练1:(2018·河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调区间;

(2)若对任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,求a的取值范围.

解:(1)f'(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),

当a≤0时,函数在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减;

当0<a<时,函数在(-∞,ln 2a),(1,+∞)上递减,在(ln 2a,1)上递增;

当a>时,函数在(-∞,1),(ln 2a,+∞)上递减,

在(1,ln 2a)上递增;

当a=时,函数在R上递减.

(2)由对任意的x∈R,f(x)≤2ex,

即(2-x)ex+a(x-1)2≤2ex,

当x=1时,ex≤2ex,恒成立,

当x≠1时,整理得:a≤,对任意x∈R恒成立,

设g(x)=,

求导g'(x)=

=,

令g'(x)=0,解得x=1±,

当x>1+,g'(x)>0,

当1<x<1+,g'(x)<0,

当x<1-,g'(x)<0,

当1-<x<1时g'(x)>0,

所以当x=1+时取极小值,极小值为,

当x=1-时取极小值,极小值为,

由<,

所以g(x)的最小值为,

由题意对任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,

即a≤g(x)最小值,

所以a的取值范围为-∞,.

导数与函数的零点

考向1　确定函数零点的个数

【例3】 (2018·湖北武汉调研)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.

解:(1)f'(x)=ex-a,

当a≤0时,f'(x)>0,

f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;

当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).

(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,

先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.

当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;

当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;

当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.

而f(1)=e-a-1,

所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.

而x=时,由f=0得a=2(-1).

所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;

当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.

确定函数f(x)零点个数的基本思想是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势,得出函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,其中的一个技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),通过研究函数g(x),h(x)的性质,得出两个函数图象交点的个数.

考向2　根据函数零点的个数确定参数取值范围

【例4】 (2018·河南南阳一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.

(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;

(2)当m=2时,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围.

解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,

因为x>1,

所以ln x>0,

所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,

令h(x)=,h'(x)=,

由h'(x)=0得x=e,

当x>e,h'(x)>0,当0<x<e时,h'(x)<0,

所以h(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,

所以h(x)min=h(e)=e,

所以实数m的取值范围为(-∞,e].

(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,

h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,

即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,

令φ(x)=x-2ln x,

则φ'(x)=1-=,

当1≤x<2时,φ'(x)<0;

当2<x≤3时,φ'(x)>0,

所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,

φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,

又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).

所以实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].

根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思想也是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y=f(x)的图象,再根据零点个数确定函数y=f(x)的图象交点的个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围,一个基本的技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),据f(x)零点个数确定函数y=g(x),y=h(x)图象的交点个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围.

热点训练2:(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=xex-(x+1)2.

(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;

(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.

解:(1)因为f(x)=xex-(x+1)2,

所以f'(x)=(x+1)ex-2(x+1)=(x+1)(ex-2),

令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,

f'(x),f(x)随x的变化如下表:

f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,

因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,

所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.

(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x

=x(ex-x-a-2),

所以f(x)=ax-1⇔x=0或ex-x-a-2=0,

设g(x)=ex-x-a-2,

则g'(x)=ex-1,

x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,

所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,

且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,

①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,

方程f(x)=ax-1有1个实根;

②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;

③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根.

综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;

a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.

热点训练3:(2018·衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.

解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).

令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;

令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.

故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.

(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.

依题意,方程+aln x-a=0有实数根,

即函数h(x)=+aln x-a存在零点.

h'(x)=-+=,

令h'(x)=0,得x=.

当a<0时,h'(x)<0.

即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,

而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.

所以函数h(x)存在零点;

当a>0时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:

所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.

当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;

当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,

h(e)=+a-a=>0,

所以函数h(x)存在零点.

综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.

【例1】 (2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.

解:(1)因为f(x)=2ln -,

所以f'(x)=-

=

=,

因为f(x)的定义域为(0,+∞),

当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,

所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).

(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,

又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,

所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,

⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,

⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.

因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,

所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,

⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,

⇔方程a=在(0,+∞)上有解.

设h(x)=,则h'(x)=,

当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,

又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,

所以h(x)的值域是-∞,,

所以实数a的取值范围是-∞,.

【例2】 (2018·福建宁德5月质检)已知函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)ea.

(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),

令f'(x)=0,则x=0或x=2a,

当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;

当a>0时,令f'(x)>0,得x<0,x>2a,

所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;

令f'(x)<0,得0<x<2a,

所以f(x)在(0,2a)上是减函数.

当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a,x>0,

所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;

令f'(x)<0,得2a<x<0,

所以f(x)在(2a,0)上是减函数.

综上所述:

当a=0时,f(x)在R上是增函数;

当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.

当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.

(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,

所以函数f(x)不可能有三个零点;

当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.

所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,

所以函数f(x)不可能有三个零点,

当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,

要满足f(x)有三个零点,则需4-4a3<0,即a>1,

当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)ea等价于要证明f(x)min>6(a-a2)ea,

即要证:4-4a3>6(a-a2)ea,

由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<aea,

证明如下:

构造函数g(a)=3aea-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),

g'(a)=(3+3a)ea-2-4a,

令h(a)=(3+3a)ea-2-4a,

因为h'(a)=(6+3a)ea-4>0,

所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,

所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,

所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.

所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,

所以1+a+a2<aea,

所以f(x)>6(a-a2)ea.

【例3】 (2018·聊城二模)已知函数f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).

(1)当k=1时,若曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围;

(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),若函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证>1.

解:(1)当k=1时,g(x)=x2-1,

设h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,

由于曲线y=f(x)和曲线y=g(x)有且只有一个公共点,

令h(x)=2tln x-x2+1,则h'(x)=-2x=,

即函数y=h(x)只有一个零点,

由于h(1)=0,所以x=1是函数y=h(x)的一个零点,

①当t≤0时,x>0,则h'(x)<0,

所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,

所以函数h(x)有且只有一个零点x=1.

②当t>0时,h'(x)=,

当x∈(0,)时,h'(x)>0,

当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,

所以函数h(x)在区间(0,)内单调递增,

在(,+∞)内单调递减,

此时h(x)max=h(),

a.当t=1时,h(x)max=h(1)=0,此时符合题意;

b.当0<t<1时,取x1=<1,

则h(x1)=-<0,h()>h(1)=0,

所以h(x)在(x1,)上存在另一个零点,不符合题意;

c.当t>1时,取x2=t+,则h(x2)=2tln x2-+1<2tx2-+1=0,

h()>h(1)=0,

所以h(x)在(,t+)上存在另一个零点,不符合题意,

综上,t的取值范围是{t|t≤0或t=1}.

(2)当t=1时,h(x)=2ln x-x2+k,

设F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,

则F'(x)=+-4=,

所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,故F(x)在(0,1)上单调递增,

所以F(x)<F(1)=0,即h(x)<h(2-x)在(0,1)上恒成立,

又h'(x)=-2x=,

所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,

当x∈(1,+∞)上,h'(x)<0,

所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

不妨设x1<x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),

所以2-x1∈(1,2),所以h(x1)<h(2-x1),

又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h(2-x1),

所以x2>2-x1,

故而>1.