2020版高考数学大二轮复习 专题六 函数与不等式、导数 第五讲 函数与导数 第2课时 导数的应用课

专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用考点二考点一目录ONTENTSC限时规范训练研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、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．(2019·广东七校联合体第二次联考)(12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax❶.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，求函数fx的零点个数❷.[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶给出f(x)中含参数一是要想到求定义域，二是要想到参数分类讨论信息❷讨论零点个数结合第(1)问单调性利用最值进行判断1.易忽视函数的定义域2.分类时要注意结合定义域确定分类标准3.讨论零点时注意参数值对最值的影响[规范解答]由f(x)＝lnx＋ax得，f(x)的定义域为(0，＋∞).1分(1)因为f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x，2分所以①当a≥0时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分②当a0时，令f′(x)＝0，则x＝－1a，x∈0，－1a时，f′(x)0，f(x)单调递增，x∈－1a，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递减.4分综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减.5分(2)由(1)可知，当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减，故f(x)max＝f－1a＝ln－1a－1.6分①当ln－1a1，即a－1e时，f－1a0，此时函数f(x)没有零点.7分②当ln－1a＝1，即a＝－1e时，f－1a＝0，此时函数f(x)有一个零点.8分③当ln－1a1，即－1ea0时，f－1a0，令0b1显然满足b－1a，则lnb0，f(b)＝lnb＋ablnb0，所以f(b)·f－1a0，故f(x)在b，－1a上有一个零点.9分再者，f1a2＝ln1a2＋1a＝2ln－1a＋1a，令t＝－1a，则t∈(e，＋∞)，令g(t)＝2lnt－t，t∈(e，＋∞)，则g′(t)＝2t－10，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以g(t)2－e0，所以f1a20.于是，可知f－1a·f1a20，故f(x)在－1a，1a2上有一个零点，故f(x)在(0，＋∞)上有两个零点.11分综上所述，当a－1e时，函数f(x)没有零点；当a＝－1e时，函数f(x)有一个零点；当－1ea0时，函数f(x)有两个零点.12分[类题通法]1.对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用．2．此类问题充分考查了学生数学建模和逻辑推理素养及能力．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－x＋1x－1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．解析：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x＋2x－12＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－e＋1e－1＜0，f(e2)＝2－e2＋1e2－1＝e2－3e2－1＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.又0＜1x1＜1，f1x1＝－lnx1＋x1＋1x1－1＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：因为1x0＝e－lnx0，所以点B－lnx0，1x0在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝x0＋1x0－1，故直线AB的斜率k＝1x0－lnx0－lnx0－x0＝1x0－x0＋1x0－1－x0＋1x0－1－x0＝1x0.曲线y＝ex在点B－lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度．探究1利用导数研究不等式成立问题(2019·齐鲁名校联考)(12分)已知函数且mn.(1)求实数a的取值范围；(2)若存在x0≥n，使得fx0t❷成立，求实数t的取值范围．[学审题]条件信息想到方法注意什么由❶f(x)有两个极值点想到f′(x)＝0在定义域内有两个解注意函数定义域{x|x＞1}，转化求解时易漏此点由❷存在成立使得f(x0)t想到tf(x)min转化求f(x)最小值时注意构造f(n)求最小值[规范解答](1)函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝x－2＋ax－1＝x2－3x＋a＋2x－1.1分因为函数f(x)有两个极值点m，n，所以f′(x)＝0有两个大于1的不同的解，即x2－3x＋a＋2＝0有两个不同的解m，n，且nm1.记h(x)＝x2－3x＋a＋2，则h(x)图象的对称轴为x＝32，故－32－4×1×a＋20h1＝a0，解得0a14，故a的取值范围为(0，14).5分(2)因为存在x0≥n，使得f(x0)t成立，所以tf(x)min(x≥n)．由(1)知，函数f(x)在[n，＋∞)上单调递增，所以f(x)在该区间上的最小值为f(n)．因为h(1)＝a0,所以1m32，32n2.由x＝n为函数f(x)的极值点可得h(n)＝n2－3n＋a＋2＝0，所以a＝－n2＋3n－2.8分所以f(n)＝12n2－2n＋aln(n－1)＝12n2－2n＋(－n2＋3n－2)ln(n－1)，其中32n2.记p(x)＝12x2－2x＋(－x2＋3x－2)ln(x－1)，则p′(x)＝x－2＋－x2＋3x－2x－1＋(－2x＋3)ln(x－1)＝x－2－x－2x－1x－1＋(－2x＋3)ln(x－1)＝－(2x－3)ln(x－1)．显然当32x2时，2x－30，ln(x－1)0，故p′(x)0，所以函数p(x)在区间(32，2)上单调递增，10分故当32x2时，p(x)p(32)＝12×(32)2－2×32＋[－(32)2＋3×32－2]ln12＝－15＋2ln28.所以t≥－15＋2ln28.12分[类题通法]利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：(2)函数思想法：(2019·陕西模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)证明：f(x)≤g(x)；(3)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．解析：(1)∵f′(x)＝1x，f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即所求切线的方程为y＝x－1.(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x＋1(x0)，则h′(x)＝1x－1，令h′(x)＝0，得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值单调递减∴h(x)≤h(x)max＝h(1)＝0，即f(x)≤g(x)．(3)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)0，g(x)0.(ⅰ)当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；(ⅱ)当a≤0时，f(x)0，ag(x)≤0，∴不满足不等式f(x)≤ag(x)；(ⅲ)当0a1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，则φ′(x)＝1x－a，令φ′(x)＝0，得x＝1a.当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：x1，1a1a1a，＋∞φ′(x)＋0－φ(x)单调递增极大值单调递减∴φ(x)max＝φ1aφ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．探究2证明不等式问题(12分)已知函数f(x)＝ax2＋x－xlnx❶(a∈R)．(1)若函数fx在0，＋∞上单调递增❷，求实数a的取值范围；(2)若函数fx有两个极值点x1，x2x1≠x2❸，证明：x1·x2e2.[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶中f(x)中有参数一想到求定义域，二是对参数进行分类讨论信息❷已知f(x)在(0，＋∞)上单调递增分离参数，转化为最值问题信息❸已知两个极值点利用极值点是导数方程根，结合要证不等式构造、变形1.注意定义域在这里起到对参数a分类讨论的作用2.注意对要证的不等式变形构造x1x2[规范解答](1)定义域为(0，＋∞).1分f′(x)＝2ax＋1－lnx－1＝2ax－lnx(x0)，2分依题意知：f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2a≥lnxx(x0).3分令g(x)＝lnxx(x0)，4分则g′(x)＝1－lnxx2＝lne－lnxx2(x0)，故g(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减，g(x)max＝g(e)＝1e，于是2a≥1e，即a≥12e.5分(2)证明：依题意知x1，x2(x1x2)是方程2ax－lnx＝0(x0)的两个根，即2ax1－lnx1＝0,2ax2－lnx2＝0，(0x1x2)，6分可得2a(x1＋x2)＝lnx1＋lnx2,2a(x1－x2)＝lnx1－lnx2.所以lnx1＋lnx2＝x1＋x2x1－x2lnx1x2＝x1x2＋1x1x2－1lnx1x2(0x1x2).7分欲证x1x2e2，只要证lnx1＋lnx22⇔x1x2＋1lnx1x22x1x2－1.8分令h(t)＝(t＋1)lnt－2(t－1)(0t1)，只要h(t)0即可.9分则h′(t)＝lnt＋1t－1(0t1)，再令φ(t)＝lnt＋1t－1(0t1)，则φ′(t)＝1t－1t2＝t－1t20.可知：φ(t)＝h′(t)在(0,1)上递减，可知h′(t)h′(1)＝0，即h(t)在(0,1)上递增，10分有h(t)h(1)＝0，11分综上可知：x1x2e2.12分[类题通法]利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是：①依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将待证不等式化简⇨②依据不等式构造函数⇨③利用导数研究函数的单调性，求其最值⇨④依据单调性及最值，得到待证不等式(2019·浉河区校级月考)已知函数f(x)＝(x－k－1)ex.(1)若曲线f(x)在(0，f(0))处的切线l与直线y＝x垂直，求直线l的方程；(2)当x1≠x2时，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x22k.解析：(1)由题意，f′(x)＝(x－k)ex，f(0)＝－k－1，f′(0)＝－k，∵切线l与直线y＝x垂直，∴－k＝－1，故k＝1，故直线l的方程是：y＋2＝－x，即y＝－x－2.(2)证明：由已知f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，结合(1)可知，k0，f(x)在(－∞，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，又f(k＋1)＝0，xk＋1时，f(x)0.不妨设x1k