2019高考数学二轮专题突破课件第1部分专题1第6讲第2课时利用导数解决不等式、方程解的问题

则直线 l：y＝kx－1 与曲线 y＝f(x)没有公共点，
等价于方程 g(x)＝0 在 R 上没有实数解．
假设
k>1，此时
g(0)＝1>0，gk－1 1＝－1＋e
1
1 k－1
<0，
又函数 g(x)的图像连续不断，由零点存在定理，可知 g(x)＝
0 在 R 上至少有一解，与“方程 g(x)＝0 在 R 上没有实数解”
于 是 f′(x) 在 [0,1] 上 是 减 函 数 ， 因 此 ， 当 x ∈ (0,1) 时 ， f′(x)<f′(0)＝a＋2，故当 a≤－2 时，f′(x)<0，从而 f(x)在[0,1] 上是减函数，所以 f(x)≤f(0)＝0，即当 a≤－2 时，不等式 ax＋x2 ＋x23＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立．
2．(2013·福建高考)已知函数 f(x)＝x－1＋eax(a∈R，e 为自然对 数的底数)． (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值； (3)当 a＝1 时，若直线 l：y＝kx－1 与曲线 y＝f(x)没有公共 点，求 k 的最大值．
解：(1)由点(e，f(e))处的切线方程与直线2x－y＝0平行，得该 切线斜率为2，即f′(e)＝2. 又f′(x)＝a(ln x＋1)，令a(ln e＋1)＝2，得a＝1， 所以f(x)＝xln x. (2)由(1)知f′(x)＝ln x＋1，显然当f′(x)＝0时，x＝e－1.当x∈ 0，1e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在0，1e上单调递减； 当x∈ 1e，＋∞ 时，f′(x)>0，所以函数f(x)在 1e，＋∞ 上单调 递增．
x g′(x)
g(x)
(－∞，－1) －
－1 0 －1e
(－1，＋∞) ＋
当 x＝－1 时，g(x)min＝－1e， 同时当 x→＋∞时，g(x)→＋∞， 从而 g(x)的取值范围为－1e，＋∞. 所以当k－1 1∈－∞，－1e时，方程(*)无实数解， 解得 k 的取值范围是(1－e,1)． 综合①②，得 k 的最大值为 1.
当－2<a<6sin 1－2cos 1－27时，f′(1)<0, 又 f′(0)>0，故存在 x0∈(0,1) 使 f′(x0)＝0，则当 0<x<x0 时，f′(x)>f′(x0)＝0，所以 f(x)在[0，x0]上 是增函数，所以当 x∈(0，x0)时，f(x)>f(0)＝0.
所以，当 a>－2 时， 不等式 ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立． 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－2]．
即t≥x－3ln x－2x. 设h(x)＝x－3ln x－2x，x∈(0，e]， 则h′(x)＝1－3x＋x22＝x2－x32x＋2＝x－1x2x－2. 由h′(x)＝0得x＝1或x＝2， 所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(2，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
第六讲 高考中的导数综合应用解答题型 第二课时 利用导数解决不等式、方程解的问题
1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋ d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有 相同的切线y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值； (2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解：法一：(1)由f(x)＝x－1＋eax，得f′(x)＝1－eax. 因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴， 所以f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e. (2)f′(x)＝1－eax， ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数， 所以函数f(x)无极值． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a.
Байду номын сангаас
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．从而当x＞－2
时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)
＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
(ⅲ)若 k＞e2，则 F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而 当 x≥－2 时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e2]．
x∈(－∞，ln a)，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)，f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调 递增，故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值，且极小值为 f(ln a) ＝ln a，无极大值． 综上，当 a ≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a>0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值． (3)当 a＝1 时，f(x)＝x－1＋e1x. 令 g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋e1x，
①当1e∈(n，n＋2)时，f(x)min＝f1e＝－1e； ②当1e≤n<n＋2时，函数f(x)在[n，n＋2]上单调递增， 因此f(x)min＝f(n)＝nln n. 所以f(x)min＝－ nln1en0<nn≥<1e1e，. (3)因为对一切x∈(0，e]，3f(x)≥g(x)恒成立， 又g(x)＝x2－tx－2，所以3xln x≥x2－tx－2，
所以 h(x)极大值＝h(1)＝－1，且 h(e)＝e－3－2e－1<－1， 所以 h(x)max＝h(1)＝－1. 因为对一切 x∈(0，e]，3f(x)≥g(x)恒成立， 所以 t≥h(x)max＝－1，故实数 t 的取值范围为[－1，＋∞)．
利用导数研究方程解的问题
[例2] (2013·陕西高考)已知函数f(x)＝ex，x∈R. (1)求f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝12x2＋x＋1有唯一的公共点； (3)设a<b，比较fa＋2 b与fbb－ －faa的大小，并说明理由．
下面证明，当 a>－2 时， 不等式 ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立．
由于 f′(x)在[0,1]上是减函数，且 f′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋27＋2cos 1－6sin 1. 当 a≥6sin 1－2cos 1－72时，f′(1)≥0，所以当 x∈(0,1)时，f′(x)＞0， 因此 f(x)在[0,1]上是增函数，故 f(1)＞f(0)＝0；
x－ 22.
当x∈0，π4时，F′(x)＞0，F(x)在0，π4上是增函数； 当x∈π4，1时，F′(x)＜0，F(x)在π4，1上是减函数． 又F(0)＝0，F(1)＞0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sin
x≥ 22x. 记H(x)＝sin x－x，则当x∈(0,1)时，
解：(1)由已知得 f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4. 而 f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)， 故 b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而 a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)． 设函数 F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 则 F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由题设可得 F(0)≥0，即 k≥1. 令 F′(x)＝0 得 x1＝－ln k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，
F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－
2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－
2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x
2 1
－4x1－2
＝－x1(x1＋2)≥0. 故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
H′(x)＝cos x－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数， 则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.
综上， 22x≤sin x≤x，x∈[0,1]． (2)法一：因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋x23－4(x＋2)sin2x2 ≤(a＋2)x＋x2＋x23－4(x＋2) 42x2 ＝(a＋2)x，所以，当a≤－2时，
法二：记f(x)＝ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x－4，则 f′(x)＝a＋2x＋32x2＋2cos x－2(x＋2)sin x. 记G(x)＝f′(x)，则 G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x. 当x∈(0,1)时，cos x>12， 因此G′(x)<2＋3x－4× 22x－(x＋2)＝(2－2 2)x<0.
利用导数解决不等式的恒成立问题
[例1]
(2013·辽宁高考)(1)证明：当x∈[0,1]时，
2 2
x≤sin
x≤x；
(2)若不等式ax＋x2＋
x3 2
＋2(x＋2)cos
x≤4对x∈[0,1]恒成
立，求实数a的取值范围．
[自主解答]
(1)证明：记F(x)＝sin
x－
2 2
x，则F′(x)＝cos
关于x的方程：(k－1)x＝e1x (*)在R上没有实数解．
①当k＝1时，方程(*)可化为e1x＝0，在R上没有实数解．
②当k≠1时，方程(*)化为k－1 1＝xex.
令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.
令g′(x)＝0，得x＝－1，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
＝(a＋2)x－x2－x23≥(a＋2)x－32x2＝－32xx－23a＋2. 所以存在x0∈(0,1)例如x0取a＋3 2和 12中的较小值满足ax0＋ x20＋x203＋2(x0＋2)cos x0－4>0， 即当a>－2时， 不等式ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x－4≤0对x∈[0,1]不恒成立． 综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．
——————————规律·总结———————————— 两招破解不等式的恒成立问题
1．分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的 最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． 2．函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：构建不等式求解． ————————————————————————
1．已知函数f(x)＝axln x图像上点(e，f(e))处的切线与直线y＝2x 平行(其中e为自然对数的底数)，g(x)＝x2－tx－2. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数f(x)在[n，n＋2](n>0)上的最小值；
(3)若对一切x∈(0，e]，3f(x)≥g(x)恒成立，求实数t的取值 范围．
不等式ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立． 下面证明，当a>－2时， 不等式ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立． 因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x23＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋x23－4(x＋2)sin2x2 ≥(a＋2)x＋x2＋x23－4(x＋2)x22
矛盾，故 k≤1.
又 k＝1 时，g(x)＝e1x>0，知方程 g(x)＝0 在 R 上没有实数解．
所以 k 的最大值为 1.
法二：(1)(2)同法一．
(3)当a＝1时，f(x)＝x－1＋e1x.
直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，
等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋
1 ex
在R上没有实数解，即