2020版新一線高考理科數(shù)學（北師大版）一輪復習教學案：第2章第11節(jié)第3課時導數(shù)與函數(shù)的綜合問題最值-學案下載-教習網(wǎng)

第3課時　導數(shù)與函數(shù)的綜合問題

利用導數(shù)解決不等式的有關問題

?考法1　證明不等式
【例1】　(2018·鄭州二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－2ax＋1(a∈R)．
(1)討論函數(shù)g(x)＝x2＋f(x)的單調性；
(2)若a＝，證明：|f(x)－1|＞＋.
[解]　(1)由題意知函數(shù)y＝g(x)的定義域為(0，＋∞)，
g(x)＝x2＋ln x－2ax＋1，
則g′(x)＝＋2x－2a＝(x＞0)，
記h(x)＝2x2－2ax＋1，
①當a≤0時，因為x＞0，所以h(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上遞增；
②當0＜a≤時，因為Δ＝4(a2－2)≤0，
所以h(x)≥0，故函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上遞增；
③當a＞時，由g′(x)＜0，解得x∈，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間上遞減，同理可得函數(shù)g(x)在區(qū)間，上遞增．
(2)證明：當a＝時，設H(x)＝f(x)－1＝ln x－x，
故H′(x)＝，
故H′(x)＜0，得x＞1，由H′(x)＞0，得0＜x＜1，
所以H(x)max＝f(1)－1＝－1，所以|H(x)|min＝1.
設G(x)＝＋，
則G′(x)＝，
由G′(x)＜0，得x＞e，
由G′(x)＞0，得0＜x＜e，
故G(x)max＝G(e)＝＋＜1，
所以G(x)max＜|H(x)|min，
所以|f(x)－1|＞＋.
?考法2　由不等式恒(能)成立求參數(shù)的范圍
【例2】　已知函數(shù)f(x)＝.
(1)如果當x≥1時，不等式f(x)≥恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
(2)若存在x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求實數(shù)k的取值范圍．
[解]　(1)當x≥1時，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
則g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
則h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，
所以g(x)為增函數(shù)，
所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即實數(shù)k的取值范圍是(－∞，2]．
(2)當x∈[1，e]時，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由(1)題知，g(x)為增函數(shù)，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即實數(shù)k的取值范圍是.
[規(guī)律方法]　1.利用導數(shù)證明含“x”不等式方法，即證明：f(x)＞g(x).,法一：移項，f(x)－g(x)＞0，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，轉化證明F(x)min＞0，利用導數(shù)研究F(x)單調性，用上定義域的端點值.,法二：轉化證明：f(x)min＞g(x)max.,法三：先對所求證不等式進行變形，分組或整合，再用法一或法二.
2.利用導數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略,(1)首先要構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，進而得出相應的含參數(shù)不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.,(2)也可分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題.
設f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
令g′(x)＞0得x＜0，或x＞，
令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，
所以g(x)在區(qū)間上遞減，在區(qū)間上遞增，
所以g(x)min＝g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.
(2)對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在區(qū)間上，g(x)的最大值為g(2)＝1.
在區(qū)間上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等價于a≥x－x2ln x恒成立．設h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.即m(x)＝xln x在上是增函數(shù)，可知h′(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，
所以當1＜x＜2時，h′(x)＜0；
當＜x＜1時，h′(x)＞0.
即函數(shù)h(x)＝x－x2ln x在區(qū)間上遞增，在區(qū)間(1,2)上遞減，
所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，
即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．
利用導數(shù)解決函數(shù)的零點問題

?考法1　判斷、證明或討論函數(shù)零點的個數(shù)
【例3】　設f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
當m≥0時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖像的交點個數(shù)．
[解]　令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，問題等價于求函數(shù)F(x)的零點個數(shù)．
當m＝0時，F(xiàn)(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零點；
當m≠0時，F(xiàn)′(x)＝－，
當m＝1時，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)＝＞0，F(xiàn)(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零點．
當m＞1時，0＜x＜1或x＞m時，F(xiàn)′(x)＜0；1＜x＜m時，F(xiàn)′(x)＞0，所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上遞減，在(1，m)上遞增，注意到F(1)＝m＋＞0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，
所以F(x)有唯一零點．
當0＜m＜1時，0＜x＜m或x＞1時，
F′(x)＜0；m＜x＜1時，F(xiàn)′(x)＞0，
所以函數(shù)F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上遞減，在(m,1)上遞增，易得ln m＜0，
所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點．
綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點，即兩函數(shù)圖像有一個交點．
?考法2　已知函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的范圍
【例4】　已知函數(shù)f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)當a＝2時，求f(x)的圖像在x＝1處的切線方程；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．
[解]　(1)當a＝2時，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
則f′(x)＝－2x＋2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則函數(shù)f(x)的圖像在x＝1處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
則g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，∴由g′(x)＝0，得x＝1.
當≤x＜1時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)遞增，
當1＜x≤e時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)遞減，
故當x＝1時，函數(shù)g(x)取得極大值g(1)＝m－1，
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m在上有兩個零點需滿足條件解得1＜m≤2＋.
故實數(shù)m的取值范圍是.
?考法3　與函數(shù)零點有關的證明問題
【例5】　(2019·武漢模擬)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2－ax.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1，x2(x1＜x2)，
(ⅰ)求實數(shù)a的取值范圍；
(ⅱ)證明：x1＋x2＞2.
[解]　(1)f′(x)＝ex－2－a.
當a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在R上遞增．
當a＞0時，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x＞2＋ln a，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(2＋ln a，＋∞)上遞增；
若x＜2＋ln a，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(－∞，2＋ln a)上遞減．
(2)(ⅰ)由(1)知，當a≤0時，f(x)在R上遞增，沒有兩個不同的零點．
當a＞0時，f(x)在x＝2＋ln a處取得極小值，
所以f(2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)＜0，得a＞，
所以a的取值范圍為.
(ⅱ)由ex－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)，則g′(x)＝1－.
當x＞1時，g′(x)＞0；當0＜x＜1時，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，所以0＜x1＜1＜x2.
要證x1＋x2＞2，只需證x2＞2－x1＞1.
因為g(x)在(1，＋∞)上遞增，所以只需證g(x2)＞g(2－x1)．
因為g(x1)＝g(x2)，所以只需證g(x1)＞g(2－x1)，即證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)，則h′(x)＝2－.
因為＋＝[x＋(2－x)]≥2，當且僅當x＝1時等號成立，所以當0＜x＜1時，h′(x)＜0，即h(x)在(0,1)上遞減，所以h(x)＞h(1)＝0，即g(x1)－g(2－x1)＞0，
所以x1＋x2＞2得證．
[規(guī)律方法]　利用導數(shù)研究方程根的方法
(1)研究方程根的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等.
(2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖像的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置.
(3)可以通過數(shù)形結合的思想去分析問題，使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).
(2019·南京模擬)設函數(shù)f(x)＝－kln x，k＞0.
(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值；
(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點．
[解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去)．
f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘

↗
所以，f(x)的遞減區(qū)間是(0，)，遞增區(qū)間是(，＋∞)．
f(x)在x＝處取得極小值f()＝.
(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e，
當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上遞減，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點．
當k＞e時，f(x)在區(qū)間(0，)上遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點．
綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點．

1．(2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.
[解]　(1)證明：當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0.
設函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
當x≠1時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)遞減．而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)設函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一個零點當且僅當h(x)在(0，＋∞)只有一個零點．
(ⅰ)當a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點；
(ⅱ)當a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當x∈(0,2)時，h′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)遞減，在(2，＋∞)遞增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)沒有零點；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個零點．
由(1)知，當x＞0時，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2,4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點．
綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝.
2.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，·…·＜m，求m的最小值．
[解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
①若a≤0，因為f＝－＋aln 2＜0，所以不滿足題意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
當x∈(0，a)時，f′(x)0.
所以f(x)在(0，a)遞減，在(a，＋∞)遞增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點．
因為f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln＜，
從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，所以m的最小值為3.