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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第第 5 讲 导数的综合应用与热点问题讲 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全国卷)已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1； (2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a. (1)证明 当 a1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x. 令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2. 令 g(x)0，解得 xln
2、 2. 当 x(0，ln 2)时，g(x)0. 当 x0 时，g(x)g(ln 2)22ln 20， 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 exax20 在(0，)上只有 一个解， 由 a ，令 (x) ，x(0，)， ex x2 ex x2 (x)，令 (x)0，解得 x2. ex（x2） x3 当 x(0，2)时，(x)0. (x)min(2) .a . e2 4 e2 4 2.(2017全国卷)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0. (1)求 a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2
3、1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0. 综上，a1. (2)证明 由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x， 设 h(x)2x2ln x，则 h(x)2 . 1 x 当 x时，h(x)0. ( 1 2，) 所以 h(x)在单调递减，在单调递增. (0， 1 2) ( 1 2，) 又 h(e2)0，h0；当 x(x0，1)时，h(x)0. 因为 f(x)h(x)， 所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点. 由 f(x0)0 得 ln x02(x01)， 故 f(x0)x0(1x0). 由 x0得 f(x0)f(e1
4、)e2. 所以 e20 两个f(x1)0 或者 f(x2)0 a0 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值)三个f(x1)0 且 f(x2)0 一个f(x1)0 或 f(x2)0 两个f(x1)0 或者 f(x2)0 a0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)三个f(x1)0 且 f(x2)0 3.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 xI 恒成立I 是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI). 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)m
5、ax0(xI). 对x1，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. 对x1I，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)axxln x 在 x1 处取得极值. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 yf(x)m1 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)
6、aln x1，x0， 由 f(1)a10，解得 a1.则 f(x)xxln x， f(x)ln x，令 f(x)0，解得 x1； 令 f(x)1， 即 m2， 当 00 且 x0 时，f(x)0； 当 x时，显然 f(x). 如图，由图象可知，m10 且 c0，存在 x1(4，2)，x2 32 27 ，x3，使得 f(x1)f(x2)f(x3)0. (2， 2 3) ( 2 3，0) 由 f(x)的单调性知，当且仅当 c时，函数 f(x)x34x24xc 有三个不 (0， 32 27) 同零点. 热点二 利用导数证明不等式 【例 2】 (2018郑州质检)已知函数 f(x)x1aex. (1)
7、讨论 f(x)的单调性； (2)当 a1 时，设10，且 f(x1)f(x2)5，证明：x12x24 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 . 1 e (1)解 由 f(x)x1aex，得 f(x)1aex. 当 a0 时，f(x)0，则 f(x)在 R 上单调递增. 当 a0，得 xln，则 f(x)的单调递减区间为. ( 1 a)(ln( 1 a)，) (2)证明 法一 设 g(x)f(x)2xex3x1，则 g(x)ex3. 由 g(x)ln 3；由 g(x)0，得 x4ex1. 14 . 1 e 从而 x12x24 . 1 e 法二 f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23
8、， x12x2ex1ex23x23. 设 g(x)ex3x，则 g(x)ex3. 由 g(x)0，得 xln 3. 故 g(x)ming(ln 3)33ln 3. 10， x12x2e133ln 33 3ln 3， 1 e 3ln 3ln 274 . 1 e 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xa， b， 有 f(a)f(x)f(b)， x1，x2a，b，且 x11，证明当 x(0，1)时，1(c1)xcx. (1)解 由 f(x)ln xx1(x0)，得 f(x) 1. 1 x 令 f (x)0，解得 x1. 当 00，f(x)
9、单调递增. 当 x1 时，f(x)1，设 g(x)1(c1)xcx， 则 g(x)c1cxln c. 令 g(x)0，解得 x0. lnc1 ln c ln c 当 x0，g(x)单调递增； 当 xx0时，g(x)0. 当 x(0，1)时，1(c1)xcx. 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 31】 (2016全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xa(x1). (1)当 a4 时，求曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)若当 x(1，)时，f(x)0，求 a 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义
10、域为(0，)， 当 a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)， f(1)0，f(x)ln x 3，f(1)2. 1 x 故曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20. (2)当 x(1，)时，f(x)0 等价于 ln x0， a（x1） x1 设 g(x)ln x， a（x1） x1 则 g(x) ，g(1)0. 1 x 2a （x1）2 x22（1a）x1 x（x1）2 当 a2， x(1， )时， x22(1a)x1x22x10， 故 g(x)0， g(x)在(1， )单调递增，因此 g(x)g(1)0. 当 a2 时，令 g(x)0， 得 x1a1，x2a1.由 x2
11、1 和 x1x21 得 x10， f(x)单调递增 ； 当 2k0，又(x1)sin x0，2 当 x，t(x)0，t(x)在为增函数， 0， 2 0， 2 t(x)mint(0)m1，2 所以 m10，m1.22 即实数 m 的取值范围是(，1).2 探究提高 1.对于含参数的不等式， 如果易分离参数， 可先分离参数、 构造函数， 直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作 出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化. 2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)g(a)对于 xD 恒成立， 应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得 f(x)g
12、(a)成立，应求 f(x)的最大值.应特 别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【训练 3】 (2018石家庄调研)设函数 f(x)(aR). e（x2axa） ex (1)若曲线 yf(x)在 x1 处的切线过点 M(2，3)，求 a 的值； (2)设 g(x)x ，若对任意的 n0，2，存在 m0，2，使得 f(m)g(n) 1 x1 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 成立，求 a 的取值范围. 解 (1)因为 f(x)， e（x2axa） ex 所以 f(x)e（2xa）e x（x2axa）ex e2x .又 f(1)1，即切点为(1，1)， （x2）（xa） ex1
13、所以 kf(1)1a，解得 a1. 31 21 (2)“对任意的 n0，2，存在 m0，2，使得 f(m)g(n)成立”，等价于“在0，2 上，f(x)的最大值大于或等于 g(x)的最大值”. 因为 g(x)x ，g(x)0， 1 x1 1 3 x22x （x1）2 所以 g(x)在0，2上单调递增，所以 g(x)maxg(2)2. 令 f(x)0，得 x2 或 xa. 当 a0 时，f(x)0 在0，2上恒成立，f(x)单调递增， f(x)maxf(2)(4a)e12，解得 a42e； 当 00，f(x)单调递增； 当 x时，f(x)g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)
14、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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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 af(x)max或 af(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. 一、选择题 1.设 f
15、(x)是定义在 R 上的奇函数， 且 f(2)0， 当 x0 时， 有0 的解集是( ) A.(2，0)(2，) B.(2，0)(0，2) C.(，2)(2，) D.(，2)(0，2) 解析 x0 时0，此时 x2f(x)0. 又 f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数. 故 x2f(x)0 的解集为(，2)(0，2). 答案 D 2.(2018贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表： x10234 f(x)12020 f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示.当 10，即 kx22x 对任意 x(0，2)恒成立，从而 k0. 由 0，函数 f(x)在(1，
16、2)上 ( ex x22) 单调递增， 当 x(0， 1)时， f(x) 1， 1 2x 1 2，x 1，) 的最小值是( ) A.32ln 2 B.e1 C.2 D.e1 解析 作出函数 f(x)的图象如图所示，若 m0， 得 2f(x)， 且 f(0)1，则不等式0，所以不等式的解集为x|x0. 答案 x|x0 8.(2018江苏卷)若函数 f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点， 则 f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为_. 解析 f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)， 当 a0 时， f(x)0 在(0， )上恒成立， 则 f(x)在(0，)上单调递增.又
17、 f(0)1，所以此时 f(x)在(0，)内无零点，不 满足题意.当 a0 时，由 f(x)0 得 x ，由 f(x)0， f(x)单调递增， 当 x(0， 1)时， f(x)0 时，记 f(x)的最小值为 g(a)，证明：g(a)0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，当 x(0，a)，f(x)0，f(x)单调递增. 综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)证明 由(1)知，f(x)minf(a)a a aaln a ， 2 a (ln a 1 a2)
18、 1 a 即 g(a)aaln a . 1 a 要证 g(a)0， 1 a 1 a2 令 h(a)ln a 1， 1 a 1 a2 则只需证 h(a)ln a 10， 1 a 1 a2 h(a) . 1 a 1 a2 2 a3 a2a2 a3 （a2）（a1） a3 当 a(0，2)时，h(a)0，h(a)单调递增； 所以 h(a)minh(2)ln 2 1ln 2 0， 1 2 1 4 1 4 所以 h(a)0，即 g(a)0，2 所以 h(1)h(2)0，因此 (x)在(0，)上单调递增， 易知 (x)在(0，)内至多有一个零点， 即 h(x)在(0，)内至多有两个零点， 则 h(x)在0
19、，)上有且只有两个零点， 所以方程 f(x)g(x)的根的个数为 2. 11.已知函数 f(x)eaxax1. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n(n2).若(n！)0 时，令 f(x)0，解得 x0. 所以 f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，显然无单调区间； 当 a0，解得 x0， 所以 f(x)在(0，)上单调递增. 综上，当 a0 时，无单调区间；a0 时，单调递减区间为(，0)，单调递增 区间为(0，). (2)令 a1，由(1)可知 f(x)的最小值为 f(0)0， 所以 f(x)0. 所以 exx1(当 x0 时取得“”). 令 xn1，则 en1n， 所以 e0e1e2en1123n， 即 en！， n（n1） 2 两边进行次方得(n！)e， 2 n（n1） 2 n（n1） 所以 m 的最小值为 3. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印