2019年高考文科数学二轮复习：导数的综合应用与热点问题

2019年高考文科数学二轮复习
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)＝1
3x
3－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)＝1
3x
3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋2 3.
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，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.
(2)证明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于
x3
x2＋x＋1
－3a＝0.
设g(x)＝
x3
x2＋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(－∞，＋∞)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－1
3＝－6⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
a－
1
6
2
－
1
6<0，
f(3a＋1)＝1
3>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)e x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.
解(1)f′(x)＝－2x e x＋(1－x2)e x＝(1－2x－x2)e x.
令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，
解得x1＝－2－1，x2＝2－1，
令f′(x)>0，则x∈(－2－1，2－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞).
∴f(x)在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.
当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝5－4a－1
2，则x0∈(0，1)，
(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝5－1 2，
则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
考点整合
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x 1，x 2且x 1<x 2的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的零点分布情况如下：
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 )，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 ). (2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
①f (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∀x 1，x 2∈I 使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min . ④对∀x 1∈I ，∃x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2)⇔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 ＋x ln x 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＋ln x＋1，x>0，
由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x，
∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0<x<1.
∴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)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点.
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＋ln x)<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).
探究提高 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.
【训练1】 设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，
得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .∵f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，
∴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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.
令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－2
3.
当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
∴当c >0且c －32
27<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.
由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不
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 )＝x －1＋a e x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝－1时，设－1<x 1<0，x 2>0，且f (x 1)＋f (x 2)＝－5，证明：x 1－2x 2>－4＋1
e . (1)解 由
f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1＋a e x . 当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增.
当a <0时，令f ′(x )>0，得x <ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .
令f ′(x )<0，得x >ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.
(2)证明 法一 设g (x )＝f (x )＋2x ＝－e x ＋3x －1，则g ′(x )＝－e x ＋3. 由g ′(x )<0，得x >ln 3；由g ′(x )>0，得x <ln 3. 故g (x )max ＝g (ln 3)＝3ln 3－4<0.
从而g (x )＝f (x )＋2x <0.∵f (x 1)＋f (x 2)＝－5， ∴f (x 2)＋2x 2＝－5－f (x 1)＋2x 2<0. 即x 1－2x 2>－4＋e x 1.
∵－1<x 1<0，∴e －1
<e x 1<1，∴－4＋e x 1>－4＋1
e
.
从而x 1－2x 2>－4＋1
e .
法二 ∵f (x 1)＋f (x 2)＝－5，∴x 1＝e x 1＋e x 2－x 2－3， ∴x 1－2x 2＝e x 1＋e x 2－3x 2－3. 设g (x )＝e x －3x ，则g ′(x )＝e x －3.
由g ′(x )<0，得x <ln 3；由g ′(x )>0，得x >ln 3. 故g (x )min ＝g (ln 3)＝3－3ln 3. ∵－1<x 1<0，x 2>0，
∴x 1－2x 2>e －1＋3－3ln 3－3＝1
e －3ln 3， ∵3ln 3＝ln 27<4，∴x 1－2x 2>－4＋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①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).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. 【训练2】 (2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1
e x .
(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 )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2
e x
，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＋e x＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋e x＋1，则g′(x)＝2x＋1＋e x＋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)ln x－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)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
x－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－a（x－1）
x＋1
>0，
设g(x)＝ln x－a（x－1）
x＋1
，
则g′(x)＝1
x－
2a
（x＋1）2
＝
x2＋2（1－a）x＋1
x（x＋1）2
，g(1)＝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，
得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.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)<g(1)＝0，
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2].
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 )＝e x sin x ，g (x )＝(x ＋1)cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数. (1)求f (x )的单调区间；
(2)对∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∃x 2∈⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，π2，使f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，求实数m 的取值范围.
解 (1)f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ＋π4，
当2k π<x ＋π4<π＋2k π(k ∈Z )，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－π4＋2k π，3π4＋2k π(k ∈Z )时，f ′(x )>0，f (x )
单调递增；
当π＋2k π<x ＋π4<2π＋2k π(k ∈Z )，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z ) 时，f ′(x )<0，
f (x )单调递减；
综上，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－π4＋2k π，3π4＋2k π(k ∈Z )，
f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z ).
(2)f (x 1)＋g (x 2)≥m ，即f (x 1)≥m －g (x 2)，
设t (x )＝m －g (x )，则原问题等价于f (x )min ≥t (x )min ，x ∈⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，π2，
一方面由(1)可知，当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0， 故f (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2单调递增，∴f (x )min ＝f (0)＝0.
另一方面：t (x )＝m －(x ＋1)cos x ＋2e x ， t ′(x )＝－cos x ＋(x ＋1)sin x ＋2e x ， 由于－cos x ∈[－1，0]，2e x ≥2， ∴－cos x ＋2e x >0，又(x ＋1)sin x ≥0， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，t ′(x )>0，t (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2为增函数，
t (x )min ＝t (0)＝m －1＋2， 所以m －1＋2≤0，m ≤1－ 2. 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.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 )＝e （x 2－ax ＋a ）
e x (a ∈R ).
(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 ＋
1x ＋1
－1
3，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.
解 (1)因为f (x )＝e （x 2－ax ＋a ）
e x
，
所以f ′(x )＝e·（2x －a ）e x －（x 2－ax ＋a ）e x
e 2x
＝－（x －2）（x －a ）e x －1
.
又f (1)＝1，即切点为(1，1)， 所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝
3－1
2－1
，解得a ＝－1. (2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，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 ＋1x ＋1－1
3，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，
所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2. 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a .
①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增， f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；
②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减， f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增， f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，
所以(4－a )e －1≥2或a e ≥2.
解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2
e ≤a <2；
③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减， f (x )max ＝f (0)＝a e ≥2，解得a ≥2
e ，所以a ≥2. 综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2
e . 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 ＝
a
x －3
＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (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.
解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a
2＋10＝11，a ＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝
2
x －3
＋10(x －6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤
2x －3＋10（x －6）2
＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.
从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x －6)，
于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值， 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.
故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.。