最新高考数学逆袭专题 第5讲导数的综合应用与热点问题

第5讲导数的综合应用与热点问题高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)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)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－20两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】(2018·西安调研)函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，x>0，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2，①当00且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞ .如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－20，则f(x)在R上单调递增.(2)证明法一设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.由g′(x)<0，得x>ln3；由g′(x)>0，得x－4＋ex1.法二∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3.由g′(x)<0，得x0，得x>ln3.故g(x)min＝g(ln3)＝3－3ln3.∵－10，探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②x1，x2∈[a，b]，且x10，f(x)单调递增.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.又g(0)＝g(1)＝0，故当00.∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.热点三不等式恒成立、存在性问题考法1不等式恒成立问题【例3－1】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.②当a>2时，令g′(x)＝0，由x2>1和x1x2＝1得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)0，f(x)单调递增；故当x＝2时，f(x)取得最大值80，1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.

由a＝，令φ(x)＝，x(0，＋∞)，

∴φ(x)min＝φ(2)＝.a＝.

若a＝1，则g′(x)＝1－.

而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.

当x时，h′(x)<0；当x时，h′(x)>0.

又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，

设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.

所以h(x)在单调递减，在单调递增.

所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)>0；

由x0得f(x0)<.

令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.

由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.

∴当c>0且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1(－4，－2)，x2，x3，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.

x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c  c－ 

当a<0时，令f′(x)>0，得x
(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a＝－1时，设－10，且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.

令f′(x)<0，得x>ln，则f(x)的单调递减区间为.

∵－1－4＋.从而x1－2x2>－4＋.

∵3ln3＝ln27<4，x1－2x2>－4＋.

∴x1－2x2>e－1＋3－3ln3－3＝－3ln3，

(1)解由f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明当x(1，＋∞)时，1<
(3)设c>1，证明当x(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.

∴当x≠1时，lnx
则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝.

由(2)知1<
f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2.

得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.

设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.

(2)当x(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－>0，

解(1)f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)＝exsin，当2kπ


当π＋2kπ
考法2存在性不等式成立问题

【例3－2】(2018·哈尔滨质检)函数f(x)＝exsinx，g(x)＝(x＋1)cosx－ex，其中e是自然对数的底数.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)对x1∈，x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围.

即x(k∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

t′(x)＝－cosx＋(x＋1)sinx＋ex，

设t(x)＝m－g(x)，则原问题等价于f(x)min≥t(x)min，x，

故f(x)在单调递增，f(x)min＝f(0)＝0.

另一方面：t(x)＝m－(x＋1)cosx＋ex，

f(x)的单调递减区间为(kZ).

一方面由(1)可知，当x时，f′(x)≥0，

综上，f(x)的单调递增区间为(kZ)，

∴－cosx＋ex>0，又(x＋1)sinx≥0，

t(x)min＝t(0)＝m－1＋，

即实数m的取值范围是(－∞，1－).

由于－cosx[－1，0]，ex≥，

当x，t′(x)>0，t(x)在为增函数，

所以m－1＋≤0，m≤1－.

解(1)因为f(x)＝，

所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1.

【训练3】(2018·石家庄调研)设函数f(x)＝(aR).

(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；

(2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n[0，2]，存在m[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围.

所以f′(x)＝e·＝－.

因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，

f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2.

解得：a≤4－2e或a≥，所以≤a<2；

综上所述：a≤4－2e或a≥.

热点四利用导数求解最优化问题

【例4】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3
(1)求a的值；

(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)

解(1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝＋10(x－6)2，

＝，S△ABC＝·(2x)2·sin60°＝3x2，

令f(x)＝25x4－10x5，x，则f′(x)＝100x3－50x4，

由题意，ODBC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，三棱锥的高

h＝＝

则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·，

∴体积最大值为4cm3.

当x时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

则V≤×＝4.

答案4