最新-2021届高考数学文二轮复习课件：2.2.4 导数的综合应用 精品

专能提升 1.(热点一)(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝e2x－alnx. (1)讨论 f(x)的导函数 f ′(x)零点的个数； (2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2a.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝2e2x－ax(x>0)． 当 a≤0 时，f ′(x)>0，f ′(x)没有零点； 当 a>0 时，因为 y＝e2x 单调递增，y＝－ax单调递增，所以 f ′(x) 在(0，＋∞)上单调递增，又 f ′(a)>0，当 b 满足 0<b<a4且 b<14时，f ′(b)<0， 故当 a>0 时，f ′(x)存在唯一零点．
(2)利用数形结合研究方程的根； (3)利用导数结合零点定理研究根的存在问题； (4)转化为不等式或最值问题解决函数零点问题.
热点考向二 导数在不等式中的应用
[典例 2] (1)若 b>a>3，f(x)＝lnxx，则下列结论中正确的是( D )
A．f(a)<f(
a＋b
ab)<f
2
B．f(
a＋b
ab)<f
A．在区间1e，1，(1，e)上均有零点 B．在区间1e，1，(1，e)上均无零点 C．在区间1e，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D．在区间1e，1上无零点，在区间(1，e)上有零点
解析：因为 f′(x)＝13－1x，所以当 x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x) 单调递增；当 x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而 0<1e<1<e<3，又
(2)因为函数 g(x)＝f(x)－2 有且只有 1 个零点，而 g(0)＝f(0)－2＝
a0＋b0－2＝0，
所以 0 是函数 g(x)的唯一零点．
因为 g′(x)＝axln a＋bxln b，又由 0<a<1，b>1 知 ln a<0，ln b>0，
所以
g′(x)＝0
有唯一解
x0＝logba－llnn
∴F(x)为增函数，∴F(x)max＝Fa1 ∴ln1a≤0，即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)．
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(2)由(1)，可设 f ′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为 x0，当 x∈(0， x0)时，f ′(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0.
故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝x0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)．
由于 2e2x0－xa0＝0，所以 f(x0)＝2ax0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a. 故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2a.
2．(热点二)已知函数 f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)． (1)设 a＝2，b＝12. ①求方程 f(x)＝2 的根； ②若对于任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，求实数 m 的最大值． (2)若 0＜a＜1，b＞1，函数 g(x)＝f(x)－2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值．
＋∞)，
所以 a>lnxx，设 h(x)＝lnxx，则 h′(x)＝1－x2lnx，
令 h′(x)>0 得 0<x<e，所以 h(x)在(0，e)上是增函数，
令 h′(x)<0 得 x>e，所以 h(x)在(e，＋∞)上是减函数，
所以 h(x)max＝h(e)＝1e.
所以
1 a>e.
②由①得 h(x)≤h(e)＝1e，所以lnxx≤1e，所以 lnx≤xe<x，即 lnx<x，
(2)因为方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1,3)上，
f－1>0 f3>0 所以－1<－－a2＋4<3， fa＋2 4≤0
－1<a<4
即0－<6a<<a1<2 3a－22≥0
，所以 0<a<1，
即实数 a 的取值范围为(0,1)．
[方法规律] 利用导数解决函数零点(方程的根)问题的主要方法 (1)利用导数研究函数的单调性和极值，通过对极值正负的讨论研 究根的问题；
解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为 增 函 数 ． 又
b>a>3>e ， 所 以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ， 所 以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
ln(2×3×…×2
015)1
1 008<2
015.
[方法规律] 利用导数解决不等式问题的类型 (1)不等式恒成立：基本思路就是转化为求函数的最值或函数值域 的端点值问题． (2)比较两个数的大小：一般的思路是把两个函数作差后构造一个 新函数，通过研究这个函数的函数值与零的大小确定所比较的两个数 的大小． (3)证明不等式：对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函 数，然后利用函数的单调性和极值解决．
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意 x∈R，h′(x)>0，所以 g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上
的单调增函数．
于是当 x∈(－∞，x0)时，g′(x)<g′(x0)＝0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>g′(x0)＝0. 因而函数 g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单 调增函数．
A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：因为 f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故 xf(x)在(0，＋∞) 上为单调递减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以 x＋1<x2－1， 解得 x>2.
答案：D
4．已知函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)为其导函数，函数 y＝f′(x) 的图象如图所示，且 f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式 f(x2－6)>1 的解集 为( )
f1e＝31e＋1>0，f(1)＝13>0，f(e)＝3e－1<0，所以 f(x)在区间1e，1上无 零点，在区间(1，e)上有零点．
答案：D
2．已知 f(x)＝12x2＋2xf′(2016)－2016 lnx，则 f′(2016)＝(
)
A．2015
B．－2015
C．2016
D．－2016
解析：f(x)＝12x2＋2xf′(2016)－2016 lnx，
答案：A
热点追踪 热点考向一 导数在方程中的应用 [典例 1] 已知函数 f(x)＝x2－(a＋4)x－2a2＋5a＋3(a∈R)． (1)当 a＝3 时，求函数 f(x)的零点； (2)若方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1，3)上，求实数 a 的 取值范围．
[自主解答] (1)当 a＝3 时，f(x)＝x2－7x.令 f(x)＝0，则 x2－7x＝0， 解得 x＝0 或 x＝7，所以函数 f(x)的零点为 x＝0，x＝7.
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为
P21，f12到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝12－－12－2ln2＋3＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a， ∵x>1a时，F′(x)<0， ∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0，
高考巡航 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与 函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性 方程根的存在区间
不等式恒成立 导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
所以 ln1<1，ln2<2，ln3<3，……，ln2 015<2 015，
以上各式相加得，
ln1＋ln2＋ln3＋…＋ln2 015<1＋2＋3…＋2 015，
即
ln(1×2×3×…×2
2 015)<
0151＋2 2
015＝2
015×1
008，
即1 0108ln(1×2×3×…×2 015)<2 015，
下证 x0＝0. 若 x0<0，则 x0<x20<0，于是 gx20<g(0)＝0. 又 g(loga2)＝aloga2＋bloga2－2>aloga2－2＝0，且函数 g(x)在以x20 和 loga2 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x20和 loga2 之间存在 g(x)的零点，记为 x1.因为 0<a<1，所以 loga2<0. 又x20<0，所以 x1<0，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾． 若 x0>0，同理可得，在x20和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点，与 “0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾． 因此，x0＝0.于是－llnn ab＝1，故 ln a＋ln b＝0，所以 ab＝1.
则 f′(x)＝x＋2f′(2016)－20x16，
则 f′(2016)＝2016＋2f′(2016)－22001166，
则 f′(2016)＝－2015，
故选 B.
答案：B
3．已知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为 f(x)的导函数，且满足 f(x)<－xf′(x)，则不等式 f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是( )
A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－ 2， 2) C．(2,3) D．(－∞，－ 2)∪( 2，＋∞)
解析：由 y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0， ＋∞)上单调递减，又 f(－2)＝1，f(3)＝1，∴f(x2－6)>1 可化为－2<x2 －6<3，∴2<x<3 或－3<x<－2.
解：(1)因为 a＝2，b＝12，所以 f(x)＝2x＋2－x. ①方程 f(x)＝2，即 2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0， 所以(2x－1)2＝0，即 2x＝1，解得 x＝0. ②由条件知 f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
因为 f(2x)≥mf(x)－6 对于 x∈R 恒成立，且 f(x)>0， 所以 m≤fxfx2＋4 对于 x∈R 恒成立． 而fxfx2＋4＝f(x)＋f4x≥2 fx·f4x＝4， 且f0f02＋4＝4， 所以 m≤4，故实数 m 的最大值为 4.
3．(热点二)(2016·张家口模拟)设函数 f(x)＝ax＋lnx，g(x)＝a2x2； (1)当 a＝－1 时，求函数 y＝f(x)图象上的点到直线 x－y＋3＝0 距 离的最小值； (2)是否存在正实数 a，使得不等式 f(x)≤g(x)对一切正实数 x 都成 立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
2
<f(b)
C．f(
a＋b
ab)<f
2
<f(a)
D．f(b)<fa＋2 b<f( ab)
(2)已知函数 f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)．
①如果不等式 f(x)<－x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
②求证：ln(2×3×…×2
015)1
1 008<2
01Байду номын сангаас.
见解析
[自主解答] (1)因为 f(x)＝lnxx，所以 f′(x)＝1－x2lnx.令 f′(x)＝0，