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 理

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·芜湖模拟)已知函数f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k0)．(1)若f(x)在R上单调递减，求k的取值范围；(2)若x0，求证：(2－x)ex－(2＋x)e－x2x.解析：(1)因f(x)在R上单调递减，所以f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1≤0恒成立．令g(x)＝f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1，则g′(x)＝kekx(k－kx－2)因为k0，当xk－2k时，g′(x)0；当xk－2k时，g′(x)0，所以g(x)在－∞，k－2k上单调递增，在k－2k，＋∞上单调递减，所以g(x)max＝gk－2k＝ek－2－1≤0，即0k≤2.(2)证明：由(1)知当k＝2时，f(x)在R上单调递减，当x0时，则f(x)f(0)＝0，即(1－x)e2x－x－10，又x0时，－x0，则f(－x)f(0)＝0，即(1＋x)e－2x＋x－10，从而(1＋x)e－2x＋x－1(1－x)e2x－x－1，即(1＋x)e－2x＋(x－1)e2x＋2x0，也即(2＋2x)e－2x＋(2x－2)e2x＋4x0令t＝2x0，则(2＋t)e－t＋(t－2)et＋2t0，即x0时，(2－x)ex－(2＋x)e－x2x.2．已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2＜a－2.解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)＞0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以1x2－x2＋2lnx2＜0，即fx1－fx2x1－x2＜a－2.[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f(x)＝xeax－a2x2－x＋1，a≠0.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若∃x0≥1，使f(x0)a2成立，求参数a的取值范围．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－x22－x＋1，所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．由f′(x)0，得x－1或x0；由f′(x)0，得－1x0.所以f(x)的单调递减区间为(－1,0)，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)．(2)由题意，得f(x)mina2(x≥1)，因为f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，由f′(x)＝0，解得x1＝－1a，x2＝0.①当a0时，因为x≥1，所以f′(x)0，所以f(x)单调递增，即f(x)min＝f(1)．f(1)＝ea－a2a2，即ea－a0.设g(a)＝ea－a(a0)，g′(a)＝ea－10.所以g(a)ming(0)＝e0－0＝10，即eaa恒成立，即g(a)0，所以不等式ea－a0无解；②当a0时，x(－∞，0)0(0，－1a)－1a(－1a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值且f(0)＝10，由①知f(1)a2恒成立，若∃x0≥1，使f(x0)a2，则－1a1f－1aa2，所以－1a0，－1ae＋12a＋1a2，所以－1a0，1－2－2ea1＋2－2e，解得1－2－2ea0.综上所述，参数a的取值范围为(1－2－2e，0)．[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＝5时，求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－2lnx，若函数g(x)在x∈1e，e上有两个零点，求实数a的取值范围．解析：(1)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．故f(x)的单调增区间为0，14，(1，＋∞)；单调减区间为14，1.(2)因为g(x)＝f(x)－2lnx＝2x2－ax＋1－lnx在x∈1e，e上有两个零点，等价于ax＝2x2＋1－lnx在x∈1e，e上有两解，a＝2x＋1x－lnxx，令h(x)＝2x＋1x－lnxx，x∈1e，e则h′(x)＝2x2－2＋lnxx2，令t(x)＝2x2－2＋lnx，x∈1e，e则t′(x)＝4x2＋1x0，∴t(x)在x∈1e，e上单调递增，又t(1)＝0，∴t(x)在x∈1e，1上有t(x)0，t(x)在x∈(1，e]有t(x)0，∴x∈1e，1时，h′(x)0，x∈(1，e]时，h′(x)0，∴h(x)在x∈1e，1上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴h(x)min＝h(1)＝3，h1e＝2e＋2e，h(e)＝2e，由a＝2x＋1x－lnxx有两解及h1eh(e)可知．∴a∈(3,2e]．2．已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解析：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点．②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．③若h(2)＜0，即a＞e24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3e2a2＞1－16a32a4＝1－1a＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.[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．