北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的综合问题最值教学案理解析版

利用导数解决不等式的有关问题►考法１证明不等式【例１】（２0１8·郑州二模）已知函数f（x）＝ln x—２ax＋１（a∈R）．（１）讨论函数g（x）＝x２＋f（x）的单调性；（２）若a＝错误!，证明：|f（x）—１|＞错误!＋错误!.[解] （１）由题意知函数y＝g（x）的定义域为（0，＋∞），g（x）＝x２＋ln x—２ax＋１，则g′（x）＝错误!＋２x—２a＝错误!（x＞0），记h（x）＝２x２—２ax＋１，１当a≤0时，因为x＞0，所以h（x）＞0，故函数g（x）在（0，＋∞）上递增；２当0＜a≤错误!时，因为Δ＝４（a２—２）≤0，所以h（x）≥0，故函数g（x）在（0，＋∞）上递增；３当a＞错误!时，由g′（x）＜0，解得x∈错误!，所以函数g（x）在区间错误!上递减，同理可得函数g（x）在区间错误!，错误!上递增．（２）证明：当a＝错误!时，设H（x）＝f（x）—１＝ln x—x，故H′（x）＝错误!，故H′（x）＜0，得x＞１，由H′（x）＞0，得0＜x＜１，所以H（x）m ax＝f（１）—１＝—１，所以|H（x）|min＝１．设G（x）＝错误!＋错误!，则G′（x）＝错误!，由G′（x）＜0，得x＞e，由G′（x）＞0，得0＜x＜e，故G（x）m ax＝G（e）＝错误!＋错误!＜１，所以G（x）m ax＜|H（x）|min，所以|f（x）—１|＞错误!＋错误!.►考法２由不等式恒（能）成立求参数的范围【例２】已知函数f（x）＝错误!.（１）如果当x≥１时，不等式f（x）≥错误!恒成立，求实数k的取值范围；（２）若存在x0∈[１，e]，使不等式f（x0）≥错误!成立，求实数k的取值范围．[解] （１）当x≥１时，k≤错误!恒成立，令g（x）＝错误!（x≥１），则g′（x）＝错误!＝错误!.再令h（x）＝x—ln x（x≥１），则h′（x）＝１—错误!≥0，所以h（x）≥h（１）＝１，所以g′（x）＞0，所以g（x）为增函数，所以g（x）≥g（１）＝２，故k≤２，即实数k的取值范围是（—∞，２]．（２）当x∈[１，e]时，k≤错误!有解，令g（x）＝错误!（x∈[１，e]），由（１）题知，g（x）为增函数，所以g（x）m ax＝g（e）＝２＋错误!，所以k≤２＋错误!，即实数k的取值范围是错误!.[规律方法] １．利用导数证明含“x”不等式方法，即证明：f x＞g x.,法一：移项，f x—g x＞0，构造函数F x＝f x—g x，转化证明F x min＞0，利用导数研究F x 单调性，用上定义域的端点值.,法二：转化证明：f x min＞g x m ax.,法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.２．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略,１首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参数不等式，从而求出参数的取值范围.,２也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.３２（１）如果存在x１，x２∈[0,２]使得g（x１）—g（x２）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（２）如果对于任意的s，t∈错误!，都有f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围．[解] （１）存在x１，x２∈[0,２]使得g（x１）—g（x２）≥M成立，等价于[g（x１）—g（x２）]m ax≥M.由g（x）＝x３—x２—３，得g′（x）＝３x２—２x＝３x错误!.令g′（x）＞0得x＜0，或x＞错误!，令g′（x）＜0得0＜x＜错误!，又x∈[0,２]，所以g（x）在区间错误!上递减，在区间错误!上递增，所以g（x）min＝g错误!＝—错误!，又g（0）＝—３，g（２）＝１，所以g（x）m ax＝g（２）＝１．故[g（x１）—g（x２）]m ax＝g（x）m ax—g（x）min＝错误!≥M，则满足条件的最大整数M＝４．（２）对于任意的s，t∈错误!，都有f（s）≥g（t）成立，等价于在区间错误!上，函数f（x）min≥g （x）m ax，由（１）可知在区间错误!上，g（x）的最大值为g（２）＝１．在区间错误!上，f（x）＝错误!＋x ln x≥１恒成立等价于a≥x—x２ln x恒成立．设h（x）＝x—x２ln x，h′（x）＝１—２x ln x—x，令m（x）＝x ln x，由m′（x）＝ln x＋１＞0得x＞错误!.即m（x）＝x ln x在错误!上是增函数，可知h′（x）在区间错误!上是减函数，又h′（１）＝0，所以当１＜x＜２时，h′（x）＜0；当错误!＜x＜１时，h′（x）＞0．即函数h（x）＝x—x２ln x在区间错误!上递增，在区间（１,２）上递减，所以h（x）m ax＝h（１）＝１，所以a≥１，即实数a的取值范围是[１，＋∞）．利用导数解决函数的零点问题►考法１判断、证明或讨论函数零点的个数【例３】设f（x）＝错误!x２—m ln x，g（x）＝x２—（m＋１）x.当m≥0时，讨论函数f（x）与g（x）图像的交点个数．[解] 令F（x）＝f（x）—g（x）＝—错误!x２＋（m＋１）x—m ln x，x＞0，问题等价于求函数F（x）的零点个数．当m＝0时，F（x）＝—错误!x２＋x，x＞0，有唯一零点；当m≠0时，F′（x）＝—错误!，当m＝１时，F′（x）≤0，函数F（x）为减函数，注意到F（１）＝错误!＞0，F（４）＝—ln ４＜0，所以F（x）有唯一零点．当m＞１时，0＜x＜１或x＞m时，F′（x）＜0；１＜x＜m时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在（0,１）和（m，＋∞）上递减，在（１，m）上递增，注意到F（１）＝m＋错误!＞0，F（２m＋２）＝—m ln（２m＋２）＜0，所以F（x）有唯一零点．当0＜m＜１时，0＜x＜m或x＞１时，F′（x）＜0；m＜x＜１时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在（0，m）和（１，＋∞）上递减，在（m,１）上递增，易得ln m＜0，所以F（m）＝错误!（m＋２—２ln m）＞0，而F（２m＋２）＝—m ln（２m＋２）＜0，所以F （x）有唯一零点．综上，函数F（x）有唯一零点，即两函数图像有一个交点．►考法２已知函数的零点个数求参数的范围【例４】已知函数f（x）＝２ln x—x２＋ax（a∈R）．（１）当a＝２时，求f（x）的图像在x＝１处的切线方程；（２）若函数g（x）＝f（x）—ax＋m在错误!上有两个零点，求实数m的取值范围．[解] （１）当a＝２时，f（x）＝２ln x—x２＋２x，则f′（x）＝错误!—２x＋２，切点坐标为（１,１），切线的斜率k＝f′（１）＝２，则函数f（x）的图像在x＝１处的切线方程为y—１＝２（x—１），即y＝２x—１．（２）g（x）＝f（x）—ax＋m＝２ln x—x２＋m，则g′（x）＝错误!—２x＝错误!，∵x∈错误!，∴由g′（x）＝0，得x＝１．当错误!≤x＜１时，g′（x）＞0，函数g（x）递增，当１＜x≤e时，g′（x）＜0，函数g（x）递减，故当x＝１时，函数g（x）取得极大值g（１）＝m—１，又g错误!＝m—２—错误!，g（e）＝m＋２—e２，∴g（x）＝f（x）—ax＋m在错误!上有两个零点需满足条件错误!解得１＜m≤２＋错误!.故实数m的取值范围是错误!.►考法３与函数零点有关的证明问题【例５】（２0１9·武汉模拟）已知a为实数，函数f（x）＝e x—２—ax.（１）讨论函数f（x）的单调性；（２）若函数f（x）有两个不同的零点x１，x２（x１＜x２），（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）证明：x１＋x２＞２．[解] （１）f′（x）＝e x—２—a.当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上递增．当a＞0时，由f′（x）＝e x—２—a＝0，得x＝２＋ln a.若x＞２＋ln a，则f′（x）＞0，函数f（x）在（２＋ln a，＋∞）上递增；若x＜２＋ln a，则f′（x）＜0，函数f（x）在（—∞，２＋ln a）上递减．（２）（ⅰ）由（１）知，当a≤0时，f（x）在R上递增，没有两个不同的零点．当a＞0时，f（x）在x＝２＋ln a处取得极小值，所以f（２＋ln a）＝e ln a—a（２＋ln a）＜0，得a＞错误!，所以a的取值范围为错误!.（ⅱ）由e x—２—ax＝0，得x—２＝ln（ax）＝ln a＋ln x，即x—２—ln x＝ln a.所以x１—２—ln x１＝x２—２—ln x２＝ln a.令g（x）＝x—２—ln x（x＞0），则g′（x）＝１—错误!.当x＞１时，g′（x）＞0；当0＜x＜１时，g′（x）＜0．所以g（x）在（0,１）上递减，在（１，＋∞）上递增，所以0＜x１＜１＜x２.要证x１＋x２＞２，只需证x２＞２—x１＞１．因为g（x）在（１，＋∞）上递增，所以只需证g（x２）＞g（２—x１）．因为g（x１）＝g（x２），所以只需证g（x１）＞g（２—x１），即证g（x１）—g（２—x１）＞0．令h（x）＝g（x）—g（２—x）＝x—２—ln x—[２—x—２—ln（２—x）]＝２x—２—ln x＋ln （２—x），则h′（x）＝２—错误!.因为错误!＋错误!＝错误![x＋（２—x）]错误!≥２，当且仅当x＝１时等号成立，所以当0＜x＜１时，h′（x）＜0，即h（x）在（0,１）上递减，所以h（x）＞h（１）＝0，即g（x１）—g（２—x１）＞0，所以x１＋x２＞２得证．[规律方法] 利用导数研究方程根的方法１研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.２根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极最值的位置.３可以通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.（１）求f（x）的单调区间和极值；（２）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（１，错误!]上仅有一个零点．[解] （１）由f（x）＝错误!—k ln x（k＞0），得x＞0且f′（x）＝x—错误!＝错误!.由f′（x）＝0，解得x＝错误!（负值舍去）．f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的变化情况如下表：x（0，错误!）错误!（错误!，＋∞）f′（x）—0＋f（x）↘错误!↗f（x）在x＝错误!处取得极小值f（错误!）＝错误!.（２）证明：由（１）知，f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f（错误!）＝错误!.因为f（x）存在零点，所以错误!≤0，从而k≥e，当k＝e时，f（x）在区间（１，错误!）上递减，且f（错误!）＝0，所以x＝错误!是f（x）在区间（１，错误!]上的唯一零点．当k＞e时，f（x）在区间（0，错误!）上递减，且f（１）＝错误!＞0，f（错误!）＝错误!＜0，所以f（x）在区间（１，错误!]上仅有一个零点．综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（１，错误!]上仅有一个零点．１．（２0１8·全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝e x—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.[解] （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，＋∞）递减．而g（0）＝0，故当x≥0时，g（x）≤0，即f（x）≥１．（２）设函数h（x）＝１—ax２e—x.f（x）在（0，＋∞）只有一个零点当且仅当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．所以h（x）在（0,２）递减，在（２，＋∞）递增．故h（２）＝１—错误!是h（x）在（0，＋∞）的最小值．１若h（２）＞0，即a＜错误!，h（x）在（0，＋∞）没有零点；２若h（２）＝0，即a＝错误!，h（x）在（0，＋∞）只有一个零点；３若h（２）＜0，即a＞错误!，由于h（0）＝１，所以h（x）在（0,２）有一个零点．由（１）知，当x＞0时，e x＞x２，所以h（４a）＝１—错误!＝１—错误!＞１—错误!＝１—错误!＞0，故h（x）在（２,４a）有一个零点．因此h（x）在（0，＋∞）有两个零点．综上，f（x）在（0，＋∞）只有一个零点时，a＝错误!.２．（２0１7·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，错误!错误!·…·错误!＜m，求m的最小值．[解] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），１若a≤0，因为f错误!＝—错误!＋a ln ２＜0，所以不满足题意．２若a>0，由f′（x）＝１—错误!＝错误!知，当x∈（0，a）时，f′（x）<0；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，a）递减，在（a，＋∞）递增．故x＝a是f（x）在（0，＋∞）的唯一最小值点．因为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＋错误!，得ln错误!＜错误!，从而ln错误!＋ln错误!＋…＋ln错误!＜错误!＋错误!＋…＋错误!＝１—错误!＜１．故错误!错误!·…·错误!＜e.而错误!错误!错误!＞２，所以m的最小值为３．。