2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第4讲 导数的综合应用课件 文

专题六函数与导数第4讲导数的综合应用1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1.所以g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝x·cosx.当x∈0，π2时，g′(x)0；当x∈π2，π时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ20，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)解：由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，π)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－34a－2.(1)解：f(x)的定义域(0，＋∞)．f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x，若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0时，当x∈0，－12a时，f′(x)＞0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)＜0.故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0，设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0，从而当a＜0时，ln－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数的情形为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明以及根据不等式恒成立与能成立求参数的值(或范围)．主要以解答题的形式呈现，能力要求高．热点1利用导数研究函数的零点(方程的根)1．利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解．2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)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)＜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)＞0【例1】(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．(1)解：当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减．(2)证明：由于x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2（x2＋2x＋3）（x2＋x＋1）2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6(a－16)2－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．[思维升华]1．三步求解函数零点(方程根)的个数问题．第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论．[变式训练]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，得a＝－1.因此f(x)＝－x＋xlnx，f′(x)＝lnx.令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，解得0＜x＜1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m＋1有两个不同交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1.由题意得，m＋1＞－1，即m＞－2，①当0＜x＜1时，f(x)＝x(－1＋lnx)＜0；当x＞0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－2＜m＜－1.因此实数m的取值范围是(－2，－1)．热点2利用导数证明不等式(讲练互动)若证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)，x∈(a，b)．若F(x)的最值不易求解，可借助“隔离”分析法求f(x)max与g(x)min通过中间“媒介”证明不等式．【例2】(2019·深圳第二次调研)已知函数f(x)＝aex＋2x－1.其中常数e＝2.71828…是自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意的a≥1，当x1时，f(x)≥(x＋ae)x.(1)解：f′(x)＝aex＋2.①当a≥0时，f′(x)0，函数f(x)在R上单调递增；②当a0时，由f′(x)0，解得xln－2a，由f′(x)0，解得xln－2a.故f(x)在－∞，ln－2a上单调递增，在区间ln－2a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在－∞，ln－2a上单调递增，在ln－2a，＋∞上单调递减．(2)证明：原不等式等价于exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g(x)＝exx－xa－1ax＋2a－e，x1，则g′(x)＝（x－1）（aex－x－1）ax2.当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1，令h(x)＝ex－x－1，则当x0时，h′(x)＝ex－10，所以当x0时，h(x)单调递增，即h(x)h(0)＝0，所以当0x1时，g′(x)0；当x＝1时，g′(x)＝0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)≥g(1)＝0.则exx－xa－1ax＋2a－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x.[思维升华]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x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D有f(x)≤M(或f(x)≥m)．2．证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.[变式训练](2018·全国卷Ⅲ)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)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.(1)解：f′(x)＝－ax2＋（2a－1）x＋2ex，f′(0)＝2.因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x＜－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0，因此f(x)＋e≥0.热点3不等式恒成立、存在性问题(1)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)]min0(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)]max0(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.角度不等式恒成立问题【例3】已知函数f(x)＝lnx＋12x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋32x2.(1)讨论函数f(x)极值点的个数；(2)若对∀x0，不等式f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝1x＋x＋a＝x2＋ax＋1x(x0)．令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，其中Δ＝a2－4.①当a2－4≤0时，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0恒成立．所以f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上递增，函数无极值点．②当a2－40时，由x2＋ax＋1＝0，得x1＝－a－a2－42，x2＝－a＋a2－42(x1x2)．若a2，则x1x20，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f(x)在(0，＋∞)上无极值点．若a－2，则0x1x2，所以x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)0，故x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点．综上：当a－2时，f(x)有两个极值点，当a≥－2时，f(x)无极值点．(2)f(x)≤g(x)等价于lnx＋12x2＋ax≤ex＋32x2，则ex－lnx＋x2≥ax，因此a≤ex－lnx＋x2x，设h(x)＝ex－lnx＋x2x(x0)．h′(x)＝ex－1x＋2xx－ex＋lnx－x2x2＝ex（x－1）＋lnx＋x2－1x2.当x∈(0，1)时，ex(x－1)＋lnx＋x2－10，即h′(x)0，h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，ex(x－1)＋lnx＋x2－1＞0，即h′(x)0，h(x