2016届高考数学(文)一轮复习专题课件：第2章+第14讲+导数的综合应用

第14讲导数的综合应用第二章基本初等函数、导数及其应用考点一利用导数研究恒成立问题考点二利用导数证明不等式问题考点三利用导数研究方程的根(或函数的零点)考点一利用导数研究恒成立问题(2015·保定市高三调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax－a2x2(a≥0)．(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；(2)若f(x)0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2a2x2＋ax＋1x.因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，解得a＝－12或a＝1.又a≥0，所以a＝－12(舍去)．经检验当a＝1时，x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以a＝1.(2)当a＝0时，f(x)＝lnx，显然在定义域内不满足f(x)0恒成立；当a0时，令f′(x)＝（2ax＋1）（－ax＋1）x＝0，得x1＝－12a(舍去)，x2＝1a，所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xf′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减0，1a1a1a，＋∞所以f(x)max＝f1a＝ln1a0，∴a1.综上可得实数a的取值范围是(1，＋∞)．[规律方法]利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解．(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题．1.(2015·洛阳市统考)已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)若x0时，总有f(x)－e2x，求实数a的取值范围．解：(1)由f′(x)＝ex＋2ax－e2，得y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率k＝4a＝0，则a＝0.此时f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.由f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(－∞，2)时，f′(x)0，f(x)在(－∞，2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增．(2)由f(x)－e2x，得a－exx2.设g(x)＝－exx2，x0，则g′(x)＝ex（2－x）x3.∴当0x2时，g′(x)0，g(x)在(0，2)上单调递增；当x2时，g′(x)0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．∴g(x)≤g(2)＝－e24.因此实数a的取值范围为－e24，＋∞.考点二利用导数证明不等式问题(2015·山西省第二次四校联考)已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；(2)求证：当x1时，在(1)的条件下，12x2＋ax－axlnx＋12成立．[解]f(x)＝lnx－x＋a＋1(x0)．(1)原题即为存在x使得lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，则g′(x)＝－1x＋1＝x－1x.令g′(x)＝0，解得x＝1.∵当0x1时，g′(x)0，∴g(x)为减函数，当x1时，g′(x)0，∴g(x)为增函数，∴g(x)min＝g(1)＝0.∴a≥g(1)＝0.∴a的取值范围为[0，＋∞)．(2)证明：原不等式可化为12x2＋ax－xlnx－a－120(x1，a≥0)．令G(x)＝12x2＋ax－xlnx－a－12，则G(1)＝0.由(1)可知x－lnx－10，则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－10，∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴G(x)≥G(1)＝0成立，∴12x2＋ax－xlnx－a－120成立．[规律方法]构造函数证明不等式的方法(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数f(x)，使原不等式成为形如f(a)f(b)的形式．(2)对形如f(x)g(x)的不等式，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．(3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．2.(2015·兰州市、张掖市高三联考)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋bx－1.(1)当a＝0且b＝1时，证明：对∀x0，f(x)≤g(x)；(2)若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．解：(1)证明：当a＝0且b＝1时，设h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－(x－1)＝lnx－x＋1，∀x0，h′(x)＝1x－1.解h′(x)＝0，得x＝1.当0x1时，h′(x)＝1x－10，h(x)单调递增；当x1时，h′(x)＝1x－10，h(x)单调递减，所以h(x)在x＝1处取得最大值，即∀x0，h(x)≤h(1)＝ln1－1＋1＝0，lnx≤x－1，即f(x)≤g(x)．(2)若b＝2，h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－12ax2－2x＋1，所以h′(x)＝1x－ax－2＝－ax2＋2x－1x.因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)0在(0，＋∞)上有解，所以ax2＋2x－10在(0，＋∞)上有解，所以a1－2xx2在(0，＋∞)上有解，即∃x∈(0，＋∞)，使得a1x2－2x.令t＝1x，x0，则t0，研究y＝t2－2t，t0，当t＝1时，ymin＝－1，所以a－1.考点三利用导数研究方程的根(或函数的零点)已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a的取值范围．[解](1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－2x＝2（ax2－1）x(x0)．①当a0时，由ax2－10，得x1a.由ax2－10，得0x1a.故当a0时，F(x)在区间1a，＋∞上单调递增，在区间0，1a上单调递减．②当a≤0时，F′(x)0(x0)恒成立．故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a＝2lnxx2＝φ(x)在区间[2，e]上有两个不等解．∵φ′(x)＝2x（1－2lnx）x4在(2，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(e)＝1e，而φ(e)＝2e2φ(2)＝2ln24＝ln22＝φ(2)．∴φ(x)min＝φ(e)，如图当f(x)＝g(x)在[2,e]上有两个不等解时有φ(x)min＝ln22.故a的取值范围为ln22≤a1e.[规律方法]利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，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，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．3.(2015·东北三校高三第二次联考)已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间0，12上无零点，求a的最小值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，则f′(x)＝1－2x，定义域为x∈(0，＋∞)．由f′(x)0，得x2，由f′(x)0，得0x2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，x0；h(x)＝2lnx，x0，则f(x)＝m(x)－h(x)，①当a2时，m(x)在0，12上为增函数，h(x)在0，12上为增函数，若f(x)在0，12上无零点，则m12≥h12，即(2－a)12－1≥2ln12，∴a≥2－4ln2，∴2－4ln2≤a2.②当a≥2时，在0，12上m(x)≥0，h(x)0，∴f(x)0，∴f(x)在0，12上无零点．由①②得a≥2－4ln2，∴amin＝2－4ln2.本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放