2019届二轮复习 导数的热点问题学案（全国通用）
第4讲 导数的热点问题
[考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．
热点一 利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例1 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－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≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当0
2时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.
当01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≥时，f(x)≥0.
思维升华 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]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
热点二 利用导数讨论方程根的个数
方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．
例2 (2018·雅安三诊)设函数f(x)＝(x－1)ex－x2.
(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex－kx＝xex－kx＝x，
①当k≤0时，令f′(x)>0，解得x>0，
令f′(x)<0，解得x<0，
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，
单调递增区间是(0，＋∞)，
②当00，解得x0，
令f′(x)<0，解得ln k0，
又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点．
在区间(－∞，0)中，
因为f(x)＝(x－1)ex－x2>x－1－x2，
取x＝－1∈(－∞，0)，
于是f>－1－2
＝－>0，
又f(x)在(－∞，0)上单调递减，
故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，
所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；
②当k＝0时，f(x)＝(x－1)ex在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0.
而在区间(－∞，0)内，f(x)<0，
即f(x)在此区间内无零点．
所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点．
综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k＝0时，f(x)只有一个零点．
思维升华 (1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．
(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．
跟踪演练2 (2018·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值；
(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围．
解 (1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，
故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，
故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知可得
f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)
＝(x－t2)3－9(x－t2)
＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6，
函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
(3)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)·(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解．
令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.
设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点．
g′(x)＝3x2＋(1－d2)．
当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意．
当d2>1时，
令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
可得g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)的极大值为
g(x1)＝g＝＋6>0.
g(x)的极小值为
g(x2)＝g＝－＋6.
若g(x2)≥0，则由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意．
若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|0，f(x)在区间(16,96)内为增函数，
所以f(x)在x＝16处取得最小值，此时n＝－1＝5.
答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y最小．
思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB＝2x，BC＝y.
(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；
(2)求当x取何值时，凹槽的强度最大．
解 (1)易知半圆CmD的半径为x，
故半圆CmD的弧长为πx.
所以4＝2x＋2y＋πx，
得y＝.
依题意知00，T为关于x的增函数；
当0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ii)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝(a＋a－2)－n0>－n0>－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
押题预测
已知f(x)＝asin x，g(x)＝ln x，其中a∈R，y＝g－1(x)是y＝g(x)的反函数．
(1)若00，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．
押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力．
(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x，
G′(x)＝－acos(1－x)(x>0)，
当x∈(0,1)，01,00，
故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，
G(x)＝sin(1－x)＋ln x在(0,1)上单调递增．
∴sin(1－x)＋ln x0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，
即当x∈(0，＋∞)时，Fmin>0.
又设h(x)＝F′＝ex－2mx－2，
h′(x)＝ex－2m，m<0，
则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，
则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，
∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(x0)＝－mx－2x0＋b－2>0，
则b>－＋mx＋2x0＋2，又－2mx0－2＝0，
∴m＝，
∵b>－＋·x＋2x0＋2
＝＋x0＋2，
又m<0，则x0∈(0，ln 2)，
∵b>＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，
令m(x)＝ex＋x＋2，x∈(0，ln 2)，
则m′(x)＝(x－1)ex＋1，
令n(x)＝(x－1)ex＋1，
则n′(x)＝xex>0，
∴m′(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m′(x)>m′(0)＝>0，
∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m(x)0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
解 (1)由题意，得下潜用时(单位时间)，
用氧量为×＝＋(升)；
水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；
返回水面用时＝(单位时间)，
用氧量为×1.5＝(升)，
∴总用氧量y＝＋＋9(v>0)．
(2)y′＝－＝，
令y′＝0，得v＝10，
当010时，y′>0，函数单调递增，
∴当00时，f(x)>g(x)．
(1)解 因为f′(x)＝1－＝，
①若a≤0，则f′(x)>0在定义域内恒成立，
∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则由f′(x)>0，解得x<－或x>，
由f′(x)<0，解得－0)，
h′(x)＝1－－＝(x>0)，
设p(x)＝x2－x－a，
则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0，
设p(x)＝0的正根为x0，
∴x－x0－a＝0，
∵p(1)＝1－1－a＝－a<0，∴x0>1，
又p(0)＝－a<0，
∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，
h(x)min＝h(x0)＝x0＋－ln x0－1
＝x0＋－ln x0－1＝2x0－ln x0－2，
令F(x)＝2x－ln x－2，
F′(x)＝2－＝>0恒成立，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，
又∵F(1)＝2－0－2＝0，
∴F(x)>0，即h(x)min>0，
∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．
3．(2018·长春模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x10)，
则F′(x)＝－1＝(x>0)，
当x>1时，F′(x)<0，当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.
(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0F，
由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1，
即证ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0，
令h(x)＝－＋x－2ln x(00，
故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)0得x>0，由f′(x)<0得x<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
又∵f(－2)＝4－>0，f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，
∴f(x)有两个零点．
(2)证明 ∵f′(x)＝ex＋2x，
∵x＝0是f(x)的极值点，
∴f′(0)＝a－1＝0，∴a＝1，
∴f(x)＝(x－1)ex＋x2，
故要证(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1，令x－1＝t，t>0，
即证tet＋1≥ln t＋t＋2(t>0)，
设h(x)＝ex·ex－ln x－x－2(x>0)，
即证h(x)≥0(x>0)，
h′(x)＝e·ex(x＋1)－－1
＝e(x＋1)(x>0)，
令u(x)＝ex－(x>0)，u′(x)＝ex＋>0，
∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又u(1)＝e－>0，u＝－e<0，
故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，＝，
当0x0时，u(x)>0，h′(x)>0，
∴h(x)≥h(x0)＝ex0·－ln x0－x0－2
＝ex0·＋ln －x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0.
综上得证．
5．(2018·滨海新区七所重点学校联考)已知函数f(x)＝＋ln x(其中a>0，e≈2.7)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；
(3)求证：对于任意大于1的正整数n，都有ln n>＋＋…＋.
(1)解 ∵f(x)＝＋ln x，
∴f′(x)＝(x>0)，
∴f′(1)＝0，
∵f(1)＝0，
∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
(2)解 ∵f(x)＝＋ln x，
∴f′(x)＝(x>0，a>0)，
∵f(x)在[2，＋∞)上为增函数，
∴f′(x)≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立．
∴ax－1≥0对任意x∈[2，＋∞)恒成立，
即a≥对任意x∈[2，＋∞)恒成立．
∵当x∈[2，＋∞)时，max＝，
∴a≥，即所求正实数a的取值范围是.
(3)证明 当a＝1时，f(x)＝＋ln x，f′(x)＝，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
则当x>1时，f(x)>f(1)＝0，
当n>1时，令x＝>1，
∴f(x)＝＋ln＝－＋ln>0，
∴ln>，ln>，ln>，…，ln>，
∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋，
即ln>＋＋…＋，
∴ln n>＋＋…＋，
即对于任意大于1的正整数n，
都有ln n>＋＋…＋.
B组 能力提高
6．已知函数f(x)＝ex＋2ln x，g(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对任意的实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．
解 (1)对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立可转化为不等式m0，n(x)单调递增．
从而当x∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0，
即m′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，
所以m≤1，即m的取值范围为(－∞，1]．
(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，
即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
若a<0，则F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，
故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.
以下证明：当b>1时，F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，
F＝－a－b＝>0，
且F(x)在(0，＋∞)上连续，
故F(x)在上必有零点；
②若a≥0，F(0)＝1－b<0，
由(1)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)时恒成立，
取x0＝a＋b>0，
则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，
由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0，
故F(x)在(0，a＋b)上必有零点．
综上，实数b的取值范围是(1，＋∞)．
7．已知x＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x＋x的一个极值点．
(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根，求实数m的值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝(x2－ax)×＋(2x－a)ln x＋1
＝x＋(2x－a)ln x－(a－1)．
因为x＝1为函数f(x)的一个极值点，
所以f′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a－1)＝2－a＝0，
解得a＝2.
故f(x)＝(x2－2x)ln x＋x，
f′(x)＝x＋(2x－2)ln x－1＝(x－1)(1＋2ln x)．
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝＝.
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)方程f(x)＝mx2＋2x，
即(x2－2x)ln x＋x＝mx2＋2x，
整理得(x2－2x)ln x－x＝mx2.
因为x>0，所以m＝＝.
令g(x)＝＝ln x－，
则g′(x)＝ln x＋×＋＝.
令h(x)＝2ln x＋x－1，
则h′(x)＝＋1>0恒成立，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，
所以当x＝(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)的最小值为g(1)＝－1<0，
当x→0或x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以当f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根时，m＝－1.
