2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理

第3讲导数的综合应用1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)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.(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,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.③若h(2)<0,即a>,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点;由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->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,+∞)上只有一个零点时,a=.2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)已知函数f(x)=x-1-aln 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+1+…1+<m,求m的最小值. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f'(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值点.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+,得ln1+<.从而ln1++ln1++…+ln1+<++…+=1-<1.故1+1+…1+<e.而1+1+1+>2,所以m的最小值为3.1.考查角度考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.2.题型及难易度解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第16~18页)导数与不等式考向1 导数方法证明不等式【例1】(2018·郑州二模)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.(1)解:f'(x)=e x-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,则g'(x)=e x-2x-(e-2),g″(x)=e x-2,g'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0<ln 2<1,g'(ln 2)<0,所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0,又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.导数方法证明不等式的基本途径有两条:∈,f(x)≤f(x)≤f(x)考向2 根据不等式确定参数取值范围【例2】(2018·咸阳一模)已知f(x)=e x-aln x(a∈R).(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)已知f(x)=e x-aln x,则f'(x)=e x-,f'(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)当a=-1时,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m,若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F'(x1)=0,当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,综上,实数m的取值范围是(-∞,e+1].,只需[f(x)-g(x)]热点训练1:(2018·河南一模)已知:f(x)=(2-x)e x+a(x-1)2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,求a的取值范围.解:(1)f'(x)=(1-x)e x+2a(x-1)=(x-1)(2a-e x),当a≤0时,函数在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减;当0<a<时,函数在(-∞,ln 2a),(1,+∞)上递减,在(ln 2a,1)上递增;当a>时,函数在(-∞,1),(ln 2a,+∞)上递减,在(1,ln 2a)上递增;当a=时,函数在R上递减.(2)由对任意的x∈R,f(x)≤2e x,即(2-x)e x+a(x-1)2≤2e x,当x=1时,e x≤2e x,恒成立,当x≠1时,整理得:a≤,对任意x∈R恒成立,设g(x)=,求导g'(x)==,令g'(x)=0,解得x=1±,当x>1+,g'(x)>0,当1<x<1+,g'(x)<0,当x<1-,g'(x)<0,当1-<x<1时g'(x)>0,所以当x=1+时取极小值,极小值为,当x=1-时取极小值,极小值为,由<,所以g(x)的最小值为,由题意对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,即a≤g(x)最小值,所以a的取值范围为-∞,.导数与函数的零点考向1 确定函数零点的个数【例3】(2018·湖北武汉调研)已知函数f(x)=e x-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.解:(1)f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.而x=时,由f=0得a=2(-1).所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.考向2 根据函数零点的个数确定参数取值范围【例4】(2018·河南南阳一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;(2)当m=2时,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围. 解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,因为x>1,所以ln x>0,所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,令h(x)=,h'(x)=,由h'(x)=0得x=e,当x>e,h'(x)>0,当0<x<e时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,所以h(x)min=h(e)=e,所以实数m的取值范围为(-∞,e].(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,令φ(x)=x-2ln x,则φ'(x)=1-=,当1≤x<2时,φ'(x)<0;当2<x≤3时,φ'(x)>0,所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).所以实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思想也是数形结合热点训练2:(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=xe x-(x+1)2.(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.解:(1)因为f(x)=xe x-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)e x-2(x+1)=(x+1)(e x-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)随x的变化如下表:f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xe x-x2-(a+2)x=x(e x-x-a-2),所以f(x)=ax-1⇔x=0或e x-x-a-2=0,设g(x)=e x-x-a-2,则g'(x)=e x-1,x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,方程f(x)=ax-1有1个实根;②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根. 综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.热点训练3:(2018·衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依题意,方程+aln x-a=0有实数根,即函数h(x)=+aln x-a存在零点.h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.当a<0时,h'(x)<0.即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.所以函数h(x)存在零点;0,,+∞-所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,h(e)=+a-a=>0,所以函数h(x)存在零点.综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.【例1】(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.(1)求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)=2ln -,所以f'(x)=-==,因为f(x)的定义域为(0,+∞),当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立, ⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,⇔方程a=在(0,+∞)上有解.设h(x)=,则h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,所以h(x)的值域是-∞,,所以实数a的取值范围是-∞,.【例2】(2018·福建宁德5月质检)已知函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)e a.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,则x=0或x=2a,当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;当a>0时,令f'(x)>0,得x<0,x>2a,所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是减函数.当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a,x>0,所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是减函数.综上所述:当a=0时,f(x)在R上是增函数;当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有三个零点;当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,所以函数f(x)不可能有三个零点,当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,要满足f(x)有三个零点,则需4-4a3<0,即a>1,当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)e a等价于要证明f(x)min>6(a-a2)e a,即要证:4-4a3>6(a-a2)e a,由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<ae a,证明如下:构造函数g(a)=3ae a-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),g'(a)=(3+3a)e a-2-4a,令h(a)=(3+3a)e a-2-4a,因为h'(a)=(6+3a)e a-4>0,所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<ae a,所以f(x)>6(a-a2)e a.【例3】(2018·聊城二模)已知函数f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).(1)当k=1时,若曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围;(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),若函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证>1. 解:(1)当k=1时,g(x)=x2-1,设h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲线y=f(x)和曲线y=g(x)有且只有一个公共点,令h(x)=2tln x-x2+1,则h'(x)=-2x=,即函数y=h(x)只有一个零点,由于h(1)=0,所以x=1是函数y=h(x)的一个零点,①当t≤0时,x>0,则h'(x)<0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x)有且只有一个零点x=1.②当t>0时,h'(x)=,当x∈(0,)时,h'(x)>0,当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,所以函数h(x)在区间(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,此时h(x)max=h(),a.当t=1时,h(x)max=h(1)=0,此时符合题意;b.当0<t<1时,取x1=<1,则h(x1)=-<0,h()>h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一个零点,不符合题意;c.当t>1时,取x2=t+,则h(x2)=2tln x2-+1<2tx2-+1=0, h()>h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一个零点,不符合题意,综上,t的取值范围是{t|t≤0或t=1}.(2)当t=1时,h(x)=2ln x-x2+k,设F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,则F'(x)=+-4=,所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,故F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)<F(1)=0,即h(x)<h(2-x)在(0,1)上恒成立,又h'(x)=-2x=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)上,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 不妨设x1<x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),所以2-x1∈(1,2),所以h(x1)<h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h(2-x1),所以x2>2-x1,故而>1.。