（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式 第6讲 导数的

数学第2部分高考热点专题突破专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第6讲导数的综合应用01考点102考点203考点304专题强化训练“辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．[典型例题]设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.利用导数证明不等式的基本步骤(1)①作差或变形．②构造新的函数h(x)．③利用导数研究h(x)的单调性或最值．④根据单调性及最值，得到所证不等式．(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练](2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)＝x＋λex.(1)当λ＞0时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件；(2)求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.解：(1)设g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋λex－(1－λ)x－λ＝λ(1ex＋x－1)，所以g′(x)＝λ(1－1ex)，令g′(x)＝0，解得x＝0，当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当x＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以f(x)≥(1－λ)x＋λ，当x＝0时取等号．(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ”等价于f(x)的最大值大于λ.因为f′(x)＝1－λe－x，所以当λ≤0时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f′(x)＝0得x＝lnλ，则x∈R时，x，f′(x)，f(x)关系如下：x(－∞，lnλ)lnλ(lnλ，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值①当λ≥e3时，lnλ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，所以f(x)的最大值f(－3)＞f(0)＝λ.所以当λ≥e3时命题成立；②当e－3＜λ＜e3时，－3＜lnλ＜3，所以f(x)在(－3，lnλ)上单调递减，在(lnλ，3)上单调递增．所以f(x)的最大值为f(－3)或f(3)；且f(－3)＞f(0)＝λ与f(3)＞f(0)＝λ必有一成立，所以当e－3＜λ＜e3时命题成立；③当0＜λ≤e－3时，lnλ≤－3，所以f(x)在[－3，3]上单调递增，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)minA.(2)若不等式f(x)A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)maxA.“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题2．利用导数解决能成立问题(1)若∃x∈D，f(x)A成立，则等价于在区间D上f(x)maxA.(2)若∃x∈D，f(x)A成立，则等价于在区间D上f(x)minA.[典型例题](2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝alnx＋1＋x，x0.(1)当a＝－34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈1e2，＋∞均有f(x)≤x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解】(1)当a＝－34时，f(x)＝－34lnx＋1＋x，x0.f′(x)＝－34x＋121＋x＝（1＋x－2）（21＋x＋1）4x1＋x，令f′(x)0，解得x3，令f′(x)0，解得0x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)由f(1)≤12a，得0a≤24.当0a≤24时，f(x)≤x2a等价于xa2－21＋xa－2lnx≥0.令t＝1a，则t≥22.设g(t)＝t2x－2t1＋x－2lnx，t≥22，则g(t)＝xt－1＋1x2－1＋xx－2lnx.①当x∈17，＋∞时，1＋1x≤22，则g(t)≥g(22)＝8x－421＋x－2lnx.记p(x)＝4x－221＋x－lnx，x≥17，则p′(x)＝2x－2x＋1－1x＝2xx＋1－2x－x＋1xx＋1＝（x－1）[1＋x（2x＋2－1）]xx＋1（x＋1）（x＋1＋2x）.故x1717，11(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)p17单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x)≥p(1)＝0.因此，g(t)≥g(22)＝2p(x)≥0.②当x∈1e2，17时，g(t)≥g1＋1x＝－2xlnx－（x＋1）x.令q(x)＝2xlnx＋(x＋1)，x∈1e2，17，则q′(x)＝lnx＋2x＋10，故q(x)在1e2，17上单调递增，所以q(x)≤q17.由①得，q17＝－277p17－277p(1)＝0.所以q(x)0.因此，g(t)≥g1＋1x＝－q（x）x0.由①②知对任意x∈1e2，＋∞，t∈[22，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈1e2，＋∞，均有f(x)≤x2a.综上所述，所求a的取值范围是0，24.不等式恒成立(有解)问题的求法(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解．(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解．[对点训练](2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f(x)＝mx＋xlnx(m＞0)，g(x)＝lnx－2.(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调增区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使f（x1）x1·g（x2）x2＝－1，其中e是自然对数的底数．求实数m的取值范围．解：(1)当m＝1时，函数f(x)＝1x＋xlnx，求导f′(x)＝－1x2＋lnx＋1，由f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)单调递增区间(1，＋∞)．(2)由题意设h(x)＝f（x）x＝mx2＋lnx，φ(x)＝g（x）x＝lnx－2x，φ′(x)＝3－lnxx2＞0，在[1，e]恒成立，所以φ(x)＝lnx－2x在[1，e]上单调递增，φ(x)∈[－2，－1e]，所以h(x)∈[12，e]，即12≤mx2＋lnx≤e，在[1，e]上恒成立，即x22－x2lnx≤m≤x2(e－lnx)，在[1，e]上恒成立，设p(x)＝x22－x2lnx，则p′(x)＝－2xlnx≤0，在[1，e]上恒成立，所以p(x)在[1，e]上单调递减，则m≥p(1)＝12，设q(x)＝x2(e－lnx)，q′(x)＝x(2x－1－2lnx)≥x(2e－1－2lnx)＞0在[1，e]上恒成立，所以q(x)在[1，e]上单调递增，则m≤q(1)＝e，综上所述，m的取值范围为[12，e]．[核心提炼]研究函数零点或方程根的情况，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，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题[典型例题](2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程|cosx|x＝k(k＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的是()A．cosφ＝φsinθB．sinφ＝－φcosθC．cosθ＝θcosφD．sinθ＝－θsinφ【解析】由|cosx|x＝k(k＞0)可得：|cosx|＝kx(k＞0)，因为方程|cosx|x＝k(k＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y＝kx与曲线y＝|cosx|相切，如图：直线y＝kx与曲线y＝|cosx|的交点为A(φ，cosφ)，切点B为(θ，－cosθ)，当x∈π2，π时，y＝|cosx|＝－cosx，所以y′＝sinx，所以y′|x＝θ＝sinθ，即k＝sinθ，又A(φ，cosφ)代入y＝kx，可得cosφ＝φsinθ.故选A.【答案】A(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．[对点训练]1．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．解：(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x得，h(1)＝e－30，h(2)＝e2－3－20，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)由(1)得h(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h′(x)＝ex－12x－12－1，记φ(x)＝ex－12x－12－1，则φ′(x)＝ex＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.2．(2019·张掖模拟)设函数f(x)＝x22－alnx.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若函数f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，试求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝x22－alnx，得f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x0)．①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝a或x＝－a(舍去)．于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表