2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第4讲 导数的综合应用与热点问题教学案（文

-1-第4讲导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根．(2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)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.解析：(1)由题意：f(x)＝ax2＋x－1ex得f′(x)＝ax＋x－ax2＋x－xx2＝－ax2＋2ax－x＋2ex；∴f′(0)＝21＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.(2)当a≥1时，f(x)＋e≥x2＋x－1＋ex＋1ex，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.因此当a≥1，f(x)＋e≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x，因为y＝lnx单调递增，y＝1x单调递减，所以f′(x)单调递增，又f′(1)＝－1＜0，f′(2)-2-＝ln2－12＝ln4－12＞0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3＞0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝a.由α＞x0＞1得1a＜1＜x0.又f1a＝1a－1ln1a－1a－1＝fαa＝0，故1a是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b])．(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b])．(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．-3-第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1](2019·梅州三模节选)已知函数f(x)＝ln(x－1)．(1)证明：f(x＋1)≤x＋12－2x＋1；(2)证明：e2x－2(x－1)ex≥2x＋3.[审题指导]第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析](1)令h(x)＝f(x＋1)－x＋12＋2x＋1(x＞0)，则h(x)＝lnx－x＋12＋2x＋1，h′(x)＝1x－12－2x＋2＝2－x－x32xx＋2＝－xx2＋x＋2xx＋2，所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，所以f(x＋1)≤x＋12－2x＋1.(2)由(1)易知lnt≤t＋12－2t＋1，t＞0.要证e2x－2(x－1)ex≥2x＋3，即(ex＋1)2≥2x(ex＋1)＋4，只需证ex＋1≥2x＋4ex＋1，即证ex＋12≥x＋2ex＋1.令t＝ex，则x≤ex＋12－2ex＋1，即x＋2ex＋1≤ex＋12，得证．用导数证明不等式的方法(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)．(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.-4-利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2](2019·西安三模)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．(1)求f(x)的单调区间．(2)当k＝2时，求证：对于∀x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．(3)若存在x0＞－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)＞g(x)成立，试求k的取值范围．[审题指导](1)求f(x)的导数f′(x)，再求单调区间．(2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围．[解析](1)f′(x)＝2x＋2－2(x＋1)＝－x2＋3x＋x＋2(x＞－2)．当f′(x)＞0时，x2＋3x＋1＜0，解得－2＜x＜－3＋52.当f′(x)＜0时，解得x＞－3＋52.所以f(x)的单调增区间为－2，－3＋52，单调减区间为－3＋52，＋∞.(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x＞－1)．当k＝2时，由题意，当x∈(－1，＋∞)时，h(x)＜0恒成立．h′(x)＝－x2＋3x＋x＋2－2＝－x＋x＋x＋2，当x＞－1时，h′(x)＜0恒成立，h(x)单调递减．又h(－1)＝0，当x∈(－1，＋∞)时，h(x)＜h(－1)＝0恒成立，即f(x)－g(x)＜0对于∀x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．(3)因为h′(x)＝－x2＋3x＋x＋2－k＝－2x2＋k＋x＋2k＋2x＋2.由(2)知，当k＝2时，f(x)＜g(x)恒成立，即对于x＞－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)，不存在满足条件的x0；当k＞2时，对于x＞－1，x＋1＞0，此时2(x＋1)＜k(x＋1)．2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)＜k(x＋1)，即f(x)＜g(x)恒成立，不存在满足条件的x0；-5-当k＜2时，令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，可知t(x)与h′(x)符号相同，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减．当x∈(－1，x0)时，h(x)＞h(－1)＝0，即f(x)－g(x)＞0恒成立．综上，k的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥5－12.解析：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，又f′(x)＝1x＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝2.故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x，x＞0.f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，即lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．令t＝x1x2，φ(t)＝t－lnt，得φ′(t)＝1－1t＝t－1t.易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，-6-所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1.又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥5－12.热点二利用导数研究函数的零点问题直观想象素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.[例2](2019·日照三模)设函数f(x)＝x2－a(lnx＋1)(a＞0)．(1)证明：当a≤2e时，f(x)≥0.(2)判断函数f(x)有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导](1)要证明f(x)≥0，只需证明f(x)min≥0，根据函数单调性求出f(x)min，证明其在0＜a≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f(x)的零点的个数，结合(1)需分a＝2e，0＜a＜2e，a＞2e，三种情况进行分类讨论．[解析](1)函数的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－ax＝2x2－ax＝0，则x＝a2，所以当x∈0，a2时，f′(x)＜0，当x∈a2，＋∞时，f′(x)＞0，所以f(x)的最小值为fa2＝－a2lna2＋1，当0＜a≤2e时，lna2＋1≤ln1e＋1＝0，所以fa2＝－a2lna2＋1≥0，所以f(x)≥0成立．(2)①当a＝2e时，由(1