2019届广东专版高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式第5讲导数的综合应用讲义理

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)．
若a＝1，则g′(x)＝1－1x. 当0＜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x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x， f′(x)＝2x－2－ln x， 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x，
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，
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．
[规律方法] 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)．
[规律方法] 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．
(2)证明：由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－
2 a
－a
ln
a－a12
＝a－aln a－1a，
即g(a)＝a－aln a－1a.
上有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，h(4a)＝1－
16a3 e4a
＝1－
（1e62aa）3 2＞1－（126aa）3 4＝1－1a＞0.
故h(x)在(2，4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)
上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e42.
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x， 且f(x)≥0.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－23.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的变化
情况如下：
x
(－∞，－ 2)
－2
－2，－23
－23
－23，＋∞
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－3227
法二 因为f(x1)＋f(x2)＝－5， 所以x1＝ex1＋ex2－x2－3， 所以x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3. 设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－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. 因为－1＜x1＜0，x2＞0， 所以x1－2x2＞e－1＋3－3ln 3－3＝1e－3ln 3， 因为3ln 3＝ln 27＜4，所以x1－2x2＞－4＋1e.
当x∈ 0，12 时，h′(x)＜0；当x∈ 12，＋∞ 时，h′(x) ＞0.
所以h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增． 又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0， 所以h(x)在 0，12 上有唯一零点x0，在 12，＋∞ 上有 唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1) 时，h(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0.
极小值)
一个 两个 三个
f(x1)＜0或f(x2)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0 (f(x1)为 极小值，f(x2)
为极大值)
一个 两个 三个
f(x1)＞0或f(x2)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0
f(x1)＜0且f(x2)＞0
【例1】 (2018·惠州调研)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝ 1处取得极值．
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·济南质检)设函数f(x)＝x－
2 x
－
aln
x－x12，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＞0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)＜1.
(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋x22－a·1x＋x23 ＝x2x＋2 2－a·x2x＋3 2
(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∀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.
＝（x2＋2）x3（x－a）， 当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，当x∈(0，a)，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
热点 2 导数研究不等式问题(多维探究) 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． (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)]min>0(x∈I)．
[变式训练] 设函数f(x)＝x3＋ax2＋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)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax ＋b. 因为f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx ＋c.
专题一 函数与导数、不等式
第5讲 导数的综合应用
1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. (1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)·e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0， 即f(x)≥1.
(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，得a＝－1. 因此f(x)＝－x＋xln x，f′(x)＝ln x. 令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，解得0＜x＜1.
(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞) 只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时， h′(x)＞0.
命题视角 利用导数证明不等式 【例 2－1】 (2018·郑州质检)已知函数 f(x)＝x－1 ＋aex. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＝－1 时，设－1＜x1＜0，x2＞0，且 f(x1)＋f(x2) ＝－5，证明：x1－2x2＞－4＋1e. (1)解：由f(x)＝x－1＋aex， 得f′(x)＝1＋aex， 当a≥0时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调 递增．
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递 增．
故h(2)＝1－4ea2 是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜e42，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝
e2 4
，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零
点；
③若h(2)＜0，即a＞
e2 4
，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)
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 当a＝－1时，设g(x)＝f(x)＋2x＝－ ex＋3x－1，
则g′(x)＝－ex＋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. 因为f(x1)＋f(x2)＝－5. 所以f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2＜0，即x1－2x2＞－ 4＋ex1. 因为－1＜x1＜0，所以e－1＜ex1＜1，－4＋ex1＞－4＋1e， 从而x1－2x2＞－4＋1e.
(1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0) ＜e－2. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax－a－ln x， 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.
2．三次的情况下，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
↗
所以当c>0且c－3227<0时，f(－4)＝c－16＜0，f(0)＝c ＞0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈ －2，－23 ，x3∈ －23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x) ＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)， 故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈0，12得f(x0)＜14. 因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点， 由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2. 所以e－2＜f(x0)＜2－2.