2020高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案
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、不等式结合，证明不等式和求参数范围问题是热点题型，中高档难度．
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 已知函数f(x)＝2x－ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：1＋ln 2≤f(x)<＋1.
(1)解 由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝.
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)证明 由(1)知f(x)min＝f ＝1＋ln 2.
所以1＋ln 2≤f(x)成立．
另一方面，要证f(x)<＋1成立．
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只要证＋2ln x－4x＋2>0，
设函数g(x)＝＋2ln x－4x＋2，
则g′(x)＝＋－4＝.
令t(x)＝e2x－1－2x，x∈(0，＋∞)．
则t′(x)＝2(e2x－1－1)，由t′(x)＝0得x＝，
所以当x∈时，t′(x)<0，即t(x)为减函数；
当x∈时，t′(x)>0，即t(x)为增函数，
所以t(x)≥t＝0.
令g′(x)＝＝0，得x＝，
所以当x∈时，g′(x)<0，g(x)为减函数；
当x∈时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
则g(x)min＝g＝2－2ln 2>0，
即当x∈(0，＋∞)时，＋2ln x－4x＋2>0，
综上，1＋ln 2≤f(x)<＋1成立．
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
0时，证明：存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1.
(1)解 函数的定义域为[0，＋∞)，
f′(x)＝＋＝(x>0)，
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若a≤0，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为[0，＋∞)；
若a>0，当0时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明 由(1)可知，当a>0时，
f(x)min＝f ＝－a，
所以存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1
等价于－a≤－a＋1，
设g(a)＝a－a＋1(a>0)，
则g′(a)＝·－1＝(－)，
所以g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(3)＝0，故g(a)≥0，
所以－a≤－a＋1恒成立，
因此存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1.
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 设函数f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e为自然对数的底数．
(1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若0－a)，
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记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
知f′(x)在区间内单调递增．
又∵f′(0)＝1－<0，f′(1)＝e－>0，
∴f′(x)在区间内存在唯一的零点x0，
即f′(x0)＝－＝0，
于是＝，x0＝－ln.
当－ax0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)min＝f(x0)＝－2a－ln
＝－2a＋x0＝x0＋a＋－3a≥2－3a，
当且仅当x0＋a＝1时，取等号．
由00，
∴f(x)min＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点．
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·全国Ⅱ)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，＋∞)上只有一个零点，求a.
(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，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
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故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③若h(2)<0，即a>，
因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点；
由(1)知，当x>0时，ex>x2，
所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，
故h(x)在(2,4a)上有一个零点．
因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.
真题体验
(2018·浙江)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
证明 (1)函数f(x)的导函数为f′(x)＝－.
由f′(x1)＝f′(x2)得
－＝－.
因为x1≠x2，所以＋＝.
由基本不等式，得＝＋≥2.
因为x1≠x2，所以x1x2>256.
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．
设g(x)＝－ln x(x>0)，
则g′(x)＝(－4)，
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当x变化时，g′(x)和g(x)的变化如下表所示：
x
(0,16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↘
2－4ln 2
↗
所以g(x)在(256，＋∞)上单调递增，
故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
押题预测
设f(x)＝x－－aln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点处的切线方程；
(2)当a<1时，在内是否存在实数x0，使f(x0)>e－1成立？
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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，考查转化与化归的数学思想方法，本题的命制正是根据这个要求进行的．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－，
∴曲线y＝f(x)在点处的切线的斜率为f′＝1－＝－1.
所求切线方程为y－＝－，
即x＋y－ln 2－1＝0.
(2)存在．理由如下：
要证当a<1时，在内存在实数x0，使f(x0)>e－1成立，
则只需证明当x∈时，f(x)max>e－1即可．
f′(x)＝1＋－＝
＝(x>0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1，
当a<1时，a－1<0，
当x∈时，f′(x)<0；当x∈(1，e)时，f′(x)>0.
则函数f(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增，
∴f(x)max＝max.
于是，只需证明f(e)>e－1或f >e－1即可，
∵f(e)－(e－1)＝e－－a－(e－1)＝>0，
∴f(e)>e－1成立，
∴假设正确，即当a<1时，在x∈内存在实数x0，使f(x0)>e－1成立．
A组 专题通关
1．设函数f(x)＝＋.
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(1)求函数f(x)的值域；
(2)当实数x∈[0,1]时，证明：f(x)≤2－x2.
(1)解 函数f(x)的定义域是[－1,1]，
∵f′(x)＝，
当f′(x)>0时，解得－1e＋2－.
(1)解 由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，
要使y＝f(x)在上有极值，
则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，
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∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①
且至少有一根在区间上，
又∵x1·x2＝1，
∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，
∴0e＋－2，②
联立①②可得a>e＋－2.
即实数a的取值范围是.
(2)证明 由(1)知，当x∈时，f′(x)<0，
f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)，
即∀t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，
又当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)，
即对∀s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)，
又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，
x1∈，x2∈，
∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1)
＝ln x2＋－ln x1－
＝ln＋－
＝ln x＋x2－，
设k(x)＝ln x2＋x－＝2ln x＋x－(x>e)，
则k′(x)＝＋1＋>0(x>e)，
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∴k(x)在上单调递增，
∴k(x)>k(e)＝2＋e－，
∴f(t)－f(s)>e＋2－.
3．(2018·浙江省衢州二中模拟)已知函数f(x)＝aex＋(2－e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线(3－e)x－y＋10＝0平行，g(x)＝－x2＋4x－1.
(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在[0，＋∞)内的零点个数；
(2)证明：当x>0时，f(x)≥g(x)．
(1)解 ∵f′(x)＝aex＋2－e，
∴f′(0)＝a＋2－e＝3－e，∴a＝1，
∴f(x)＝ex＋(2－e)x，
则f′(x)＝ex＋2－e.
当x≥0时，f′(x)＝ex＋2－e≥e0＋2－e>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1>0，
∴f(x)在[0，＋∞)内没有零点．
(2)证明 当x>0时，设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋x2－(2＋e)x＋1，
则h′(x)＝ex＋2x－2－e＝(ex－e)＋2(x－1)．
h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
h(x)min＝h(1)＝e＋1－(2＋e)＋1＝0，
∴当x>0时，h(x)≥0，即当x>0时，f(x)≥g(x)．
4．已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．
(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)在x＝处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0.求证：对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
(1)解 易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－.
若b＝0，则g(x)＝∈(0，＋∞)，不合题意；
若b<0，则g(0)＝1>0，g＝－1<0，满足题设，
若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b.
∴g(x)在(－∞，－ln b)上单调递减；
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在(－ln b，＋∞)上单调递增，
则g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0，
∴b≥e.
综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．
(2)证明 易得f′(x)＝－，
则由题意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝.
∴f(x)＝ln x＋，从而f ＝1，
即切点为.
将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.
∴g(x)＝e－x.
要证f(x)>g(x)，即证ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))，
只需证xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))．
令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)．
则由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，
∴u(x)在上单调递减，
在上单调递增，
∴u(x)min＝u＝.
又由v′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1，
∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴v(x)max＝v(1)＝.
∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)，
显然，上式的等号不能同时取到．
故对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)．
5．已知函数g(x)＝xln x，h(x)＝(a>0)．
(1)若g(x)a－a＝0，
∴f′(x)在上单调递增，
又f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0，
即f(x)在上单调递増，f(x)>f(1)＝－>0，不满足题意．
综上所述，a∈[1，＋∞)．
方法二 当x∈(1，＋∞)时，g(x)，
令F(x)＝(x>1)，
F′(x)＝(x>1)，
记m(x)＝x－1－xln x(x>1)，
则m′(x)＝－ln x<0，
∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)0.
(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；
(2)函数F(x)的导数F′(x)＝f(x)，是否存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点？请说明理由．
解 (1)f′(x)＝ex，
当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f ，
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因为f 0，
所以存在x0∈，使f(x0)＝0，
且当0x0时，f(x)>0.
故函数f(x)在(0，＋∞)上有1个零点，即x0.
(2)方法一 当a>1时，ln a>0.
因为当x∈时，ex－a<0；
当x∈时，ex－a>0.
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.
下面证：当a∈时，ln a0，
所以g′(x)在上单调递增，
由g′(1)＝－<0，g′(e)＝1－>0，
所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，
且x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈时，g(x)0，F(x)单调递增；
当ln a0，f(x)<0，
F′(x)＝f(x)<0，F(x)单调递减．
所以存在a∈⊆(1,4)，使得ln a为F(x)的极大值点．
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方法二 因为当x∈时，ex－a<0；
当x∈时，ex－a>0.
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.
所以存在无数个a∈(1,4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a∈(1,4)，使得ln a0，
所以g′(x)在上单调递增，
因为g′＝ln－<0，g′(2)＝ln 2－>0，
所以存在唯一零点t0∈，使得g′＝0，
且当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以当x∈时，
g(x)min＝g＝t0ln t0－t0－＋1，②
由g′＝0，可得ln t0＝，
代入②式可得g(x)min＝g＝－t0＋1，
当t0∈时，
g＝－t0＋1＝－<－<0，
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所以必存在x∈，使得g(x)<0，
即对任意a∈，f<0有解，
所以对任意a∈⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.
7．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2.
(1)当a＝e时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)有两个不同零点，求a的取值范围；
(3)对∀x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
(1)解 当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．
(2)解 f′(x)＝x(ex＋a)，
(ⅰ)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，只有一个零点x＝1，
(ⅱ)当a>0时，ex＋a>0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝>0，
∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点，
当x<0时，ex<1，∴(x－1)ex>x－1，
∴f(x)＝(x－1)ex＋ax2>x－1＋ax2
＝ax2＋x－1，
令g(x)＝ax2＋x－1，
x1是g(x)＝0的一个根，
取x1＝<0，
∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，
∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点，
∴函数f(x)有两个零点．
(ⅲ)当a<0时，f′(x)＝x(ex＋a)，
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令f′(x)＝0得x＝0或x＝ln(－a)，
①当ln(－a)>0，即a<－1时，
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表所示：
x
(－∞，0)
0
(0，ln(－a))
ln(－a)
(ln(－a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
－1
↘
↗
∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，
∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，
②当ln(－a)＝0，即a＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
∴f(x)至多有一个零点，不合题意．
③当ln(－a)<0，即－10，
∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，
取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0，
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∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即＝，
∴当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)－ln(x0－1)－x0－1
＝(x0－1)×－ln－x0－1
＝1＋x0－x0－1＝0，
∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0，
即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
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