高三二轮复习(理数) 第六讲 导数的应用(二)(教案)(Word版,含答案)

第六讲 导数的应用(二)
[真题自检]
1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .
(1)若f (x )≥0，求a 的值；
(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭
⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．
①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12
＋a ln 2<0， 所以不满足题意；
②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x
知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0.
故a ＝1.
(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.
令x ＝1＋12n 得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n .从而 ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭
⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭
⎫1＋123>2，所以m 的最小值为3. 2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．
(1)求a 的取值范围；
(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.
解析：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．
①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．
②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；
当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，
所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2
，
则f (b )>a 2
(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．
③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．
若a ≥－e 2
，则ln(－2a )≤1， 故当x ∈(1，＋∞)时，
f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．
又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．
若a <－e 2
，则ln(－2a )>1， 故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；
当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.
因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，
在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．
又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x 1<x 2，
由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，
2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，
所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，
即f (2－x 2)<0.
由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，
而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，
所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.
设g (x )＝－x e 2－
x －(x －2)e x ， 则g ′(x )＝(x －1)(e 2－
x －e x )． 所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，
故当x >1时，g (x )<0.
从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.
3．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a
－2. 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x
. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)单调递增．
若a <0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )>0；当x ∈(－12a ，＋∞)时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，－12a
)单调递增，在(－12a
，＋∞)单调递减． (2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 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 )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x
－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)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.
导数与方程问题
[典例] (2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….
(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．
解析：(1)证明：h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，
则h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得h (x )＝e x －1－x －x .
由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，
而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1,2)内有零点，
因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12
－1， 则φ′(x )＝e x ＋14x －32
.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0， 因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，
则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，
即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点．
所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.
[类题通法]
数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用 对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及
分类讨论思想的应用．
[演练冲关]
1．(2016·江西宜春中学模拟)设函数f (x )＝ln x ＋m x
，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；
(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3
零点的个数． 解析：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，
当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，
∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e
＝2， ∴f (x )的极小值为2.
(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13
x 3＋x (x >0)． 设φ(x )＝－13
x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)， 当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；
当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．
∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，
∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23
. ①当m >23
时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23
时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23
时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．
综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23
时，函数g (x )有两个零点．
2．已知函数f (x )＝1x
－a ln x (a ∈R )． (1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间；
(2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．
解析：(1)∵h (x )的定义域为(0，＋∞)，
h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x 2
＝－(2x －1)(x －1)x 2
， ∴h (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭
⎫0，12和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1x
有唯一的实根， 显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a
有唯一的实根， 构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ，
由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －
1，
当0<x <e
－1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，
∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.
如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a
有唯一的实根， 只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a
>0， 解得a ＝－e 或a >0，
故实数a 的取值范围是{a |a ＝－e 或a >0}．
导数、函数、不等式的交汇问题
函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度．
交汇点一 不等式恒成立问题
[典例1] (2017·洛阳模拟)设函数f (x )＝a 3x 3－32
x 2＋(a ＋1)x ＋1(其中常数a ∈R )． (1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；
(2)已知不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求x 的取值范围．
解析：(1)因为f (x )＝a 3x 3－32
x 2＋(a ＋1)x ＋1，所以f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1， 因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝a －3＋a ＋1＝0，解得a ＝1，
此时f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)，
当x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；
所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以a ＝1符合题意．
(2)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，
不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，
等价于a >x 2＋2x x 2＋2
对任意a ∈(0，＋∞)都成立， 等价于x 2＋2x x 2＋2
≤0成立，
所以x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0.
所以x 的取值范围是[－2,0]．
[类题通法]
等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法
(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法． 即①λ≥f (x )恒成立，则λ≥f (x )max .
②λ≤f (x )恒成立，则λ≤f (x )min .
(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f (x )≥0，则只需f (x )min ≥0.
[演练冲关]
1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝e －
x [x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；
(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．
解析：(1)f ′(x )＝－e －x [x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x (2x ＋1－m )＝e －x [－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －
x (x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧ －e －t (t －m )(t －1)＝0，e －t [t 2＋(1－m )t ＋1]＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧
t ＝m ，m ＝－1， 所以m 的值是3或－1.
(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max >2f (x )min ，
①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减，
所以f (0)>2f (1)，
即1>2×3－m e ⇒m >3－e 2
； ②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，
所以f (1)>2f (0)，
即3－m e
>2⇒m <3－2e ； ③当0<m <1时，当x ∈(0，m )时f ′(x )<0，
当x ∈(m,1)时，f ′(x )>0，
所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1e m
，f (x )max ＝f (0)或f (1)， 记函数g (m )＝m ＋1e m ，g ′(m )＝－m e
m ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减， 所以m ∈(0,1)时，g (m )>g (1)＝2e
，
所以2f (x )min ＝
2(m ＋1)e m >4e >1＝f (0)， 2f (x )min ＝2(m ＋1)e m >4e >3e >3－m e
＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max >2f (x )min ， 综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝⎛⎭
⎫3－e 2，＋∞. 交汇点二 证明不等式
[典例2] (2017·青岛二中模拟)已知f (x )＝1＋ln x x
. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；
(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围；
(3)当n ∈N *时，求证：nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1
. 解析：(1)∵f (x )＝1＋ln x x
， ∴f ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；
当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.
∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．
(2)由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.
令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，
函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.
∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，
那么k －1≤1，即k ≤2，
∴实数k 的取值范围是(－∞，2]．
(3)证明：∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，
1＋1n
>1(n ∈N *，n ≥2)， ∴f ⎝⎛⎭
⎫1＋1n <f (1)＝1， ∴1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n <1＋1n
， 即ln(n ＋1)－ln n <1n
， ∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1
， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1
， ∵nf (n )＝1＋ln n ，
∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1
. [类题通法]
构造函数法证明不等式中常见的四种方法
(1)移项法：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：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)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．
(4)放缩法：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．
[演练冲关]
2．(2017·吉林实验中学模拟)已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x .
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)设g (x )＝b ln x －x (b >0)，当a ＝12
时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．
解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x .
当a ＝0时，f ′(x )在(－∞，－1)上时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；f ′(x )在(－1，＋∞)上时，f ′(x )<0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．
当a >0时，因为－1＋1a >－1，所以f (x )在(－∞，－1)和(－1＋1a ，＋∞)上单调递增，在(－1，－1＋1a
)上单调递减；
当a <0时，因为－1＋1a <－1，所以f (x )在(－∞，－1＋1a )和(－1，＋∞)上单调递减，在(－1＋1a
，－1)上单调递增．
(2)由(1)知当a ＝12
时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0； 由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立，因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，
即b ≥x 2ln x 2
. 令h (x )＝x ln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1(ln x )2<0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2. 3．(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝12
x 2＋(1－a )x －a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)设a >0，证明：当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )；
(3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1＋x 22
)>0. 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋(1－a )x －a x ＝(x ＋1)(x －a )x
. 若a ≤0，则f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0<x <a 时，f ′(x )<0；当x >a 时，f ′(x )>0.
此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．
(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12
(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．
∴g ′(x )＝2－a a ＋x －a a －x ＝－2x 2a 2－x 2
. 当0<x <a 时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，a )上是减函数．
而g (0)＝0，∴g (x )<g (0)＝0.
故当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )．
(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点，故a >0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )<0. 不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<a <x 2，
∴0<a －x 1<a .
由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)<f (x 1)＝0＝f (x 2)．
从而x 2>2a －x 1，于是x 1＋x 22
>a . 由(1)知，f ′(x 1＋x 22
)>0. 定积分与微积分基本定理
[方法结论]
1．定积分的性质
(1)⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛a b
f (x )d x (k 为常数)． (2)⎠⎛a b [f (x )±
g (x )]d x ＝⎠⎛a b f (x )d x ±
⎠⎛a b
g (x )d x . (3)⎠⎛a b f (x )d x ＝⎠⎛a c f (x )d x ＋⎠⎛c b f (x )d x (其中a <c <b )．
2．如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么⎠⎛a b f (x )d x ＝F (b )－F (a )．这个结论叫作微
积分基本定理，又叫作牛顿—莱布尼兹公式．
为了方便，常把F (b )－F (a )记成F (x )| b a ，即⎠⎛a b f (x )d x ＝F (x )| b a ＝F (b )－F (a )． [题组突破]
1．(2017·贵阳模拟)求曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积，其中正确的是( )
A ．S ＝⎠⎛01(x 2－x )d x
B ．S ＝⎠⎛0
1(x －x 2)d x C ．S ＝⎠⎛01(y 2－y )d y D ．S ＝⎠⎛0
1(y －y )d y
解析：依题意，在同一坐标系下画出曲线y ＝x 2与直线y ＝x 的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为⎠⎛0
1(x －x 2)d x ，选B. 答案：B
2．(2017·合肥模拟)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 的方程为x 2－y ＝0)的点的个数的估计值为( )
A ．5 000
B ．6 667
C ．7 500
D ．7 854
解析：S 阴影＝S 正方形－⎠⎛0
1x 2d x ＝1－13＝23，所以有23＝S 阴影S 正方形＝n 10 000，解得n ≈6 667，故选B. 答案：B
3．(2017·唐山模拟)过点(－1,0)的直线l 与曲线y ＝x 相切，则曲线y ＝x 与l 及x 轴所围成的封闭图形的面积为________．
解析：因为y ＝x 的导数为y ′＝12x ，设切点为P (x 0，y 0)，则切线的斜率为12x 0＝x 0x 0＋1
，解得x 0＝1，即切线的斜率为12，所以直线l 的方程为y ＝12
(x ＋1)，所以所围成的封闭图形的面积为 ⎠⎛01
⎣⎡⎦⎤12(x ＋1)－x d x ＋12×1×12
＝13
. 答案：13
[误区警示]
运用微积分基本定理求定积分时的注意点
(1)对被积函数要先化简，再求积分．
(2)求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和．
(3)对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值号再求积分．
(4)注意用“F ′(x )＝f (x )”检验积分的对错．。