2019年高考数学高分突破复习练习专题六 第5讲
第5讲 导数的综合应用与热点问题
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅱ卷)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.
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，解得x＝ln 2.
当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0；
当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0.
∴当x≥0时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.
(2)解 若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，
由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，
φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.
当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.
∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2
1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在单调递减，在单调递增.
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，
所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，
故f(x0)＝x0(1－x0).
由x0∈得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，
由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－20
两个
f(x1)＝0或者f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0或f(x2)＜0
两个
f(x1)＝0或者f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0且f(x2)＞0
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).
③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.
④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.
温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例1】 (2018·西安调研)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.
解 (1)f′(x)＝a＋ln x＋1，x>0，
由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xln x，
∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0－1，
即m>－2，①
当00且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－20且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.
热点二 利用导数证明不等式
【例2】 (2018·郑州质检)已知函数f(x)＝x－1＋aex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝－1时，设－10，且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.
(1)解 由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1＋aex.
当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增.
当a<0时，令f′(x)>0，得xln，则f(x)的单调递减区间为.
(2)证明 法一 设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.
由g′(x)<0，得x>ln 3；由g′(x)>0，得x－4＋ex1.
∵－1－4＋.
从而x1－2x2>－4＋.
法二 ∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，
∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.
设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3.
由g′(x)<0，得x0，得x>ln 3.
故g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3.
∵－10，
∴x1－2x2>e－1＋3－3ln 3－3＝－3ln 3，
∵3ln 3＝ln 27<4，∴x1－2x2>－4＋.
探究提高 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②x1，x2∈[a，b]，且x11，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
由(2)知1<0.
∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
热点三 不等式恒成立、存在性问题
考法1 不等式恒成立问题
【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.
②当a>2时，令g′(x)＝0，
得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1.
故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)0，f(x)单调递增；当π＋2kπ0，又(x＋1)sin x≥0，
当x∈，t′(x)>0，t(x)在为增函数，
t(x)min＝t(0)＝m－1＋，
所以m－1＋≤0，m≤1－.
即实数m的取值范围是(－∞，1－).
探究提高 1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.
2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
【训练3】 (2018·石家庄调研)设函数f(x)＝(a∈R).
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；
(2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝，
所以f′(x)＝e·
＝－.又f(1)＝1，即切点为(1，1)，
所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1.
(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.
因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，
所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2.
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a.
①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，
f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；
②当00，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故当x＝2时，f(x)取得最大值80，
则V≤×＝4.
∴体积最大值为4 cm3.
答案 4
1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.
2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.
3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x
)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.
4.不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.
一、选择题
1.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A.(－2，0)∪(2，＋∞) B.(－2，0)∪(0，2)
C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0，2)
解析 x>0时′＝<0，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，
∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
答案 D
2.(2018·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当10，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0.由<得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k0，得2f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.
解析 令g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.
又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
答案 －3
三、解答题
9.(2018·兰州调研)设函数f(x)＝x－－a，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a>0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)<1.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋－a＝－a
＝，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，当x∈(0，a)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－－a ＝a－aln a－，
即g(a)＝a－aln a－.
要证g(a)<1，即证a－aln a－<1，
即证：ln a＋＋－1>0，
令h(a)＝ln a＋＋－1，
则只需证h(a)＝ln a＋＋－1>0，
h′(a)＝－－＝＝.
当a∈(0，2)时，h′(a)<0，h(a)单调递减；
当a∈(2，＋∞)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；
所以h(a)min＝h(2)＝ln 2＋＋－1＝ln 2－>0，
所以h(a)>0，即g(a)<1.
10.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(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.
(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.
(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在(0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
11.已知函数f(x)＝eax－ax－1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n≥2).若(n！)0时，令f′(x)>0，解得x>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＝0时，显然无单调区间；
当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，
所以f(x)≥0.
所以ex≥x＋1(当x＝0时取得“＝”).
令x＝n－1，则en－1>n，
所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，
即e>n！，
两边进行次方得(n！)
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