2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件理

第3课时导数与函数的综合问题考点一证明不等式【例1】(2017·九江模拟)已知函数f(x)＝ax＋bx2＋1在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设g(x)＝lnx，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立；(3)若0ab，求证：lnb－lnab－a2aa2＋b2.(1)解将x＝－1代入切线方程得y＝－2，所以f(－1)＝b－a1＋1＝－2，化简得b－a＝－4.①f′(x)＝a（x2＋1）－（ax＋b）·2x（x2＋1）2，f′(－1)＝2a＋2（b－a）4＝－1.②联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝2x－2x2＋1.(2)证明由题意知要证lnx≥2x－2x2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证明(x2＋1)lnx≥2x－2，x2lnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.设h(x)＝x2lnx＋lnx－2x＋2，则h′(x)＝2xlnx＋x＋1x－2，因为x≥1，所以2xlnx≥0，x＋1x≥2·x·1x≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.(3)证明因为0ab，所以ba1，由(2)知lnba2·ba－2ba2＋1，整理得lnb－lnab－a2aa2＋b2，所以当0ab时，lnb－lnab－a2aa2＋b2.规律方法证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.(1)证明不等式f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)0即可；(2)对于证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f(a)f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x＝ba然后再利用已知关系证明即可.【训练1】(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1x－1lnxx；(3)设c1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)xcx.(1)解依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递增.当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值f(1)＝0.所以当x≠1时，lnxx－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnxx－1，ln1x1x－1，因此1x－1lnxx.(3)证明由题设c1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当xx0时，g′(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g′(x)0，g(x)单调递减.由(2)知1c－1lncc，故0x01.又g(0)＝g(1)＝0，故当0x1时，g(x)0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)xcx.考点二由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2】已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e].(1)若a＝1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.解(1)若a＝1，则f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋1x＝x＋1x.∵x∈[1，e]，∴f′(x)0，∴f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)max＝f(e)＝e＋1.(2)法一∵f(x)≤0即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∴a≤－lnxx，x∈[1，e].令g(x)＝－lnxx，x∈[1，e]，则g′(x)＝lnx－1x2，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上递减，∴g(x)min＝g(e)＝－1e，∴a≤－1e.法二要使x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，只需x∈[1，e]时，f(x)max≤0，显然当a≥0时，f(x)＝ax＋lnx在[1，e]上递增，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋10，不合题意；当a0时，f′(x)＝a＋1x＝ax＋1x，令f′(x)＝0，x＝－1a，当x－1a时，f′(x)0；当x－1a时，f′(x)0.①当－1a≤1时，即a≤－1时，f(x)在[1，e]上为减函数，∴f(x)max＝f(1)＝a0，∴a≤－1；②当－1a≥e时，即－1e≤a0时，f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≤0，a≤－1e，∴a＝－1e；③当1－1ae时，即－1a－1e时，f(x)在1，－1a上递增，在－1a，e上递减，∴f(x)max＝f－1a＝－1＋ln－1a，∵1－1ae，∴0ln－1a1，∴f－1a0成立.由①②③可得a≤－1e.规律方法由不等式恒(能)成立求参数的范围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围.【训练2】(2017·福建四地六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈1e，e，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝2（x－1）2x，当x0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点.故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值.(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x20－2x0，记F(x)＝x－lnx(x0)，∴F′(x)＝x－1x(x0)，∴当0x1时，F′(x)0，F(x)单调递减；当x1时，F′(x)0，F(x)单调递增.∴F(x)F(1)＝10，∴a≥x20－2x0x0－lnx0，记G(x)＝x2－2xx－lnx，x∈1e，e，∴G′(x)＝（2x－2）（x－lnx）－（x－2）（x－1）（x－lnx）2＝（x－1）（x－2lnx＋2）（x－lnx）2.∵x∈1e，e，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋20，∴x∈1e，1时，G′(x)0，G(x)单调递减；x∈(1，e)时，G′(x)0，G(x)单调递增，∴G(x)min＝G(1)＝－1.∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为[－1，＋∞).考点三函数的零点问题【例3】(2015·北京卷)设函数f(x)＝x22－klnx，k0.(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，e]上仅有一个零点.(1)解由f(x)＝x22－klnx(k0)，得x＞0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k（1－lnk）2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞).f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k（1－lnk）2.(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k（1－lnk）2.因为f(x)存在零点，所以k（1－lnk）2≤0，从而k≥e，当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点.当ke时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(1)＝120，f(e)＝e－k20，所以f(x)在区间(1，e]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，e]上仅有一个零点.规律方法函数零点问题通常可作以下适当转化来处理.函数y＝f(x)的零点⇔方程f(x)＝0的根⇔若f(x)＝g(x)－h(x)，则f(x)的零点就是函数y＝g(x)与y＝h(x)图像交点的横坐标.【训练3】(2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－2)－2－2，－23－23－23，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)cc－3227所以，当c0且c－32270，存在x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.[思想方法]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则(1)恒成立：∀x∈D，f(x)0⇔f(x)min0；∀x∈D，f(x)0⇔f(x)max0.(2)能成立：∃x∈D，f(x)0⇔f(x)max0；∃x∈D，f(x)0⇔f(x)min0.3.函数零点问题，可从零点、方程的根、两图像交点这三个角度中选择一个合适的角度来解题.[易错防范]1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.3.求函数零点个数时，若把零点个数转化成两函数图像的交点个数，则要注意，有时候图像交点不够直观，容易得到错误的答案.