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

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．第二课时利用导数解决不等式、方程解的问题第六讲高考中的导数综合应用解答题型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＝－lnk，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－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(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]．2．(2013·福建高考)已知函数f(x)＝x－1＋aex(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：法一：(1)由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1－aex.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－aex，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a0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna.x∈(－∞，lna)，f′(x)0；x∈(lna，＋∞)，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．(3)当a＝1时，f(x)＝x－1＋1ex.令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋1ex，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k1，此时g(0)＝10，g1k－1＝－1＋1e11－k0，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”矛盾，故k≤1.又k＝1时，g(x)＝1ex0，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＋1ex.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＋1ex在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝1ex(*)在R上没有实数解．①当k＝1时，方程(*)可化为1ex＝0，在R上没有实数解．②当k≠1时，方程(*)化为1k－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：g(x)＋0－g′(x)(－1，＋∞)－1(－∞，－1)x－1e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1k－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.[例1](2013·辽宁高考)(1)证明：当x∈[0,1]时，22x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．利用导数解决不等式的恒成立问题[自主解答](1)证明：记F(x)＝sinx－22x，则F′(x)＝cosx－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sinx≥22x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，22x≤sinx≤x，x∈[0,1]．(2)法一：因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)sin2x2≤(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)24x2＝(a＋2)x，所以，当a≤－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．下面证明，当a－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)sin2x2≥(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)x22＝(a＋2)x－x2－x32≥(a＋2)x－32x2＝－32xx－23a＋2.所以存在x0∈(0,1)例如x0取a＋23和12中的较小值满足ax0＋x20＋x302＋2(x0＋2)cosx0－40，即当a－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4≤0对x∈[0,1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．法二：记f(x)＝ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4，则f′(x)＝a＋2x＋3x22＋2cosx－2(x＋2)sinx.记G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.当x∈(0,1)时，cosx12，因此G′(x)2＋3x－4×22x－(x＋2)＝(2－22)x0.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＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．下面证明，当a－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤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＋20，f′(1)＝a＋72＋2cos1－6sin1.当a≥6sin1－2cos1－72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；当－2a6sin1－2cos1－72时，f′(1)0,又f′(0)0，故存在x0∈(0,1)使f′(x0)＝0，则当0xx0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＋x32＋2(x＋2)cosx≤4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)＝axlnx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](n0)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．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(lnx＋1)，令a(lne＋1)＝2，得a＝1，所以f(x)＝xlnx.(2)由(1)知f′(x)＝lnx＋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．①当1e∈(n，n＋2)时，f(x)min＝f1e＝－1e；②当1e≤nn＋2时，函数f(x)在[n，n＋2]上单调递增，因此f(x)min＝f(n)＝nlnn.所以f(x)min＝－1e0n1e，nlnnn≥1e.(3)因为对一切x∈(0，e]，3f(x)≥g(x)恒成立，又g(x)＝x2－tx－2，所以3xlnx≥x2－tx－2，即t≥x－3lnx－2x.设h(x)＝x－3lnx－2x，x∈(0，e]，则h′(x)＝1－3x＋2x2＝x2－3x＋2x2＝x－1x－2x2.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．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，＋∞)．[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ab，比较fa＋b2与fb－fab－a的大小，并说明理由．利用导数研究方程解的问题[自主解答](1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx，设所求切线的斜率为k，∵g′(x)＝1x，∴k＝g′(1)＝1，于是在点(1,0)处切线方程为y＝x－1.(2)证明：法一：曲线y＝ex与y＝12x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－12x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x＜0时，h′(x)＜0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x＞0时，h′(x)＞0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为