2020版高考数学大二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用课件 文

第4讲导数的综合应用利用导数证明不等式考情调研考向分析主要考查利用导数证明不等式问题，题目以解答题形式出现，属于压轴题，难度较大.证明不等式.[题组练透]1．(2019·江西模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当a＝34时，证明：x3f(x)．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x，则①当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a0时，令f′(x)0，得x－1a，所以f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为0，－1a，单调递减区间为－1a，＋∞.(2)证明：考虑到x0时x－1≥lnx，欲证x3lnx＋34x，只要证x3(x－1)＋34x＝74x－1，设g(x)＝x3－74x＋1(x0)，则g′(x)＝3x2－74，令g′(x)＝0可得x0＝723，且当x∈(0，x0)时，g′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(x0)＝77243－7783＋1＝1－77123，因为(77)2＝343(123)2＝432，所以77123，所以g(x)≥g(x0)0，即x3(x－1)＋34x恒成立，所以x3lnx＋34x恒成立，即x3f(x)．2．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.[题后悟通]用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)，对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.利用导数解决不等式恒成立、存在性问题考情调研考向分析主要考查利用导数研究函数在某区间上恒成立问题或存在性问题，题目以解答题形式出现，难度较大，属于压轴题.1.不等式恒成立求参数的范围．2.存在性问题.[题组练透]1．已知函数f(x)＝mlnx＋12x2－(m＋1)x＋m(m0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意x∈(1，＋∞)都有f(x)≥2m－m22－e恒成立．解析：(1)①∵f(x)＝mlnx＋12x2－(m＋1)x＋m(m0)，∴f′(x)＝mx＋x－(m＋1)＝x2－m＋1x＋mx＝x－1x－mx，当0m1时，f(x)在(0，m)，(1，＋∞)上单调递增，在(m,1)上单调递减；当m＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m1时，f(x)在(0,1)，(m，＋∞)上单调递增，在(1，m)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当0m≤1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；f(x)f(1)＝－12，∵m22－2m＋e－12＝12(m－2)2＋e－520，∴－122m－m22－e，即f(x)≥2m－m22－e成立；当m1时，f(1)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(m)＝mlnm－m22，要证f(x)≥2m－m22－e在(1，＋∞)上恒成立，只需证mlnm－2m＋e≥0在(1，＋∞)上恒成立，设g(m)＝mlnm－2m＋e，则g′(m)＝lnm－1，令g′(m)0，则me，∴g(m)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴g(m)min＝g(e)＝0，∴f(x)≥2m－m22－e成立．综上所述，对任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥2m－m22－e恒成立．2．已知函数f(x)＝x－alnx(a0)．(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)＋1＋ax00，求实数a的取值范围．解析：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x－lnx，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)0，解得x1；令f′(x)0，解得0x1.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值是f(1)＝1，无极大值．(2)存在x0∈[1，e]，使得f(x0)＋1＋ax00，等价于[f(x)＋1＋ax]min0(x∈[1，e])，解析：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x－lnx，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)0，解得x1；令f′(x)0，解得0x1.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值是f(1)＝1，无极大值．(2)存在x0∈[1，e]，使得f(x0)＋1＋ax00，等价于[f(x)＋1＋ax]min0(x∈[1，e])，②当11＋ae时，h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，所以h(x)min＝h(1＋a)＝a[1－ln(a＋1)]＋22，不符合题意．综上，实数a的取值范围是{a|ae2＋1e－1}．[题后悟通]破解此类以函数为背景的不等式恒成立问题需要“一构造、一分类”．“一构造”是指通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数；“一分类”是指在不等式恒成立问题中，常需对参数进行分类讨论，求出参数的范围．有时也可以利用分离参数法．即将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值．一般地，a＞f(x)对x∈D恒成立，只需a＞f(x)max；a＜f(x)对x∈D恒成立，只需a＜f(x)min.利用导数研究函数的零点或方程的根考情调研考向分析主要考查利用导数研究函数的零点个数，题目以解答题形式出现，难度较大，属于压轴题.1.零点个数的判断与证明．2.根据零点个数求参数范围.[题组练透]1．函数f(x)＝2x2－ax＋1＋lnx(a∈R)．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝5，求f(x)的单调区间；(3)若3a≤4，证明：f(x)在x∈[1，e]有唯一零点．解析：(1)若a＝0，则f(x)＝2x2＋1＋lnx，f′(x)＝4x＋1x，故f′(1)＝5，即曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为5，又f(1)＝3，所以所求切线方程为：y－3＝5(x－1)，即5x－y－2＝0.(2)当a＝5时，f(x)＝2x2－5x＋1＋lnx的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝4x－5＋1x＝4x－1x－1x，当x∈0，14，x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，∴f(x)在0，14和(1，＋∞)上单调递增．当x∈14，1时，f′(x)0，∴f(x)在14，1上单调递减．(3)证明：由f(x)＝2x2－ax＋1＋lnx得f′(x)＝1x＋4x－a＝4x2－ax＋1x，设h(x)＝4x2－ax＋1，Δ＝a2－16，当3a≤4时，Δ≤0，有h(x)≥0，即f′(x)≥0，故f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝3－a0，f(e)＝2e2－ae＋2＝e(2e－a)＋20，所以f(x)在x∈[1，e]有唯一零点．2．已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．解析：(1)当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：因为x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2x2＋2x＋3x2＋x＋12≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．[题后悟通]利用导数研究方程解的个数问题的一般思路(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题．(2)利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象．(3)结合图象求解．