【数学】2020届一轮复习北师大版导数的综合应用学案

【数学】2020届一轮复习北师大版导数的综合应用学案

第4讲　大题考法——导数的综合应用 考向一　导数的简单应用问题 ‎【典例】 (2018·洛阳模拟)已知函数f (x)＝＋n，g(x)＝x2(m，n，a∈R)，且曲线y＝ f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．‎ ‎(1)求实数m，n的值及函数f (x)的最大值；‎ ‎(2)当a∈时，记函数g(x)的最小值为b，求b的取值范围．‎ 解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝，‎ 因f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，‎ 所以解得：m＝1，n＝0，‎ 所以f (x)＝，故f′(x)＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝e，‎ 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．‎ 所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝．‎ ‎(2)∵g(x)＝xln x－－x，‎ ‎∴g′(x)＝ln x－ax＝x，‎ ‎∵－e＜a＜，∴f＝－e＜a，f(e)＝＞a，‎ 所以存在t∈，g′(t)＝0，即ln t＝at，‎ 当x∈(0，t)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，‎ 当x∈(t，e]时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，‎ 所以g (x)的最小值为b＝tln t－t2－t＝－t，‎ 令b＝－t＝ h(t)，‎ 因为h′(t)＝＜0，所以h(t)在单调递减，‎ 从而h(t)∈，‎ 即b的取值范围是．‎ ‎[技法总结]　求函数y＝f(x)在某个区间上极值的步骤 ‎[变式提升]‎ ‎1．(2018·玉溪模拟)已知函数f(x)＝xln x．‎ ‎(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；‎ ‎(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程．‎ 解　(1)∵f(x)＝xln x，‎ ‎∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xln x－a(x－1)，‎ 则g′(x)＝ln x＋1－a，‎ 由g′(x)＜0，得ln x＋1－a＜0，解得0＜x＜ea－1；‎ 由g′(x)＞0，得ln x＋1－a＞0，解得x＞ea－1．‎ ‎∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)设切点坐标为(x0，y0)，‎ 则y0＝x0ln x0，切线的斜率为ln x0＋1，‎ ‎∴切线l的方程为 y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，‎ 又切线l过点(0，－1)，‎ ‎∴－1－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，‎ 即－1－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，解得x0＝1，y0＝0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝x－1．‎ 考向二　函数与导数的零点或方程的根的问题 ‎【典例】 已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．‎ ‎[规范解答]　(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，‎ 所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex. 1分 令f′(x)＝0，得x＝－a－1. 2分 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，－a－1)‎ ‎－a－1‎ ‎(－a－1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎ 3分 故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞).4分 ‎(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有一个零点． 5分 理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，‎ 显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点. 6分 当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x， 7分 则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a，当x变化时，F′(x)和F(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，a)‎ a ‎(a，＋∞)‎ F′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ F(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎8分 即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a). 9分 所以F(x)min＝F(a)＝1－a. 10分 因为a＜1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0，‎ 所以对于任意x∈R，F(x)＞0， 11分 因此方程ex－a＝x无实数解．‎ 所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．‎ 综上，函数g(x)有且仅有一个零点. 12分 ‎①对函数f(x)求导计算错而导致解题错误．②对于函数零点个数的判断，不会转化构造函数而无从下手．③在判断方程ex－a＝x(x≠0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断．‎ ‎[技法总结]　判断函数零点个数的常用方法 ‎(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．‎ ‎(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．‎ ‎[变式提升]‎ ‎2．(2018·锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．‎ ‎(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；‎ ‎(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a．‎ ‎∵函数f(x)在x＝0处取得极值，‎ ‎∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f′(x)＝ex－1．‎ ‎∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，‎ 且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，‎ ‎∴f(x)在[－2,1]上的最大值为＋3．‎ ‎(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0，‎ ‎①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0．‎ 当x＜0时，取x＝－，‎ 则f＜1＋a＝－a＜0，‎ ‎∴函数f(x)存在零点，不满足题意．‎ ‎②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，x＝ln(－a)．‎ 当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ ‎∴x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．‎ 函数f(x)不存在零点，‎ 等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－‎2a＋aln(－a)＞0，‎ 解得－e2＜a＜0．‎ 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．‎ 考向三　导数与不等式恒成立、存在性问题 ‎【典例】 (2018·河南联考)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′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0．‎ 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，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞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)单调递减，因此g(x)＜0．‎ 综上，a的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎[技法总结]‎ ‎1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法 ‎(1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；‎ 第二步：利用导数求该函数的最值；‎ 第三步：根据要求得所求范围．‎ ‎(2)函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；‎ 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；‎ 第三步：构建不等式求解．‎ ‎2．利用导数解决不等式存在性问题的策略 ‎(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题．‎ ‎(2)用导数求该函数在该区间上的最值．‎ ‎(3)构建不等式求解．‎ ‎[变式提升]‎ ‎3．设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．‎ ‎(1)求b；‎ ‎(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b．‎ 由题设知f′(1)＝0，解得b＝1．‎ ‎(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，‎ f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．‎ ‎①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．‎ 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－11，故当x∈时，f′(x)<0，‎ 当x∈时，f′(x)>0，‎ f(x)在上单调递减，在上单调递增．‎ 所以存在x0≥1，‎ 使得f(x0)<的充要条件为f<．‎ 而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．‎ ‎③若a>1，则f(1)＝－1＝<恒成立，‎ 所以a＞1．‎ 综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．‎ 考向四　导数与不等式的证明问题 ‎【典例】 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(‎2a＋1)x．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2．‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋‎2a＋1＝．‎ 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；‎ 当x∈时，f′(x)＜0．‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明　由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，‎ 最大值为f＝ln－1－．‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0．‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1．‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，‎ 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0．‎ 所以当x＞0时，g(x)≤0．‎ 从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2．‎ ‎[技法总结]‎ ‎1．利用导数证明不等式的基本步骤 ‎(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．构造辅助函数的4种方法 ‎[变式提升]‎ ‎4．(2018·三湘名校教育联盟联考)已知函数 f(x)＝2xex＋m(x2＋2x)，m∈．‎ ‎(1)若m＝，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)－4ex＋‎4m＋2mx，记函数g(x)在(0，＋∞)上的最小值为A，求证：－2e＜A＜－2．‎ ‎(1)解　(1)由题意知，f(x)＝2xex＋(x2＋2x)，‎ ‎∴f′(x)＝2ex＋2xex＋(x＋1)，‎ ‎∴f′(0)＝，f(0)＝0，则所求切线方程为y＝x，‎ 即5x－2y＝0．‎ ‎(2)证明　由题意知，g(x)＝2xex＋m(x2＋4x)－4ex＋‎4m，‎ ‎∴g′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋‎2m(x＋2)＝(2x－2)ex＋‎2m(x＋2)．‎ 令h(x)＝g′(x)，∴h′(x)＝2xex＋‎2m＞0，‎ 则g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 又g′(0)＝‎4m－2＜0，g′(1)＝‎6m＞0，‎ 则存在t∈(0,1)使得g′(t)＝0成立，‎ ‎∵g′(t)＝0，∴m＝－．‎ 当x∈(0，t)时，g′(t)＜0，当x∈(t，＋∞)时，g′(t)＞0，‎ ‎∴g(x)min＝g(t)＝(2t－4)et＋m(t＋2)2＝et(－t2＋t－2)．‎ 令h(t)＝et(－t2＋t－2)，则h′(t)＝et(－t2－t－1)＜0，‎ ‎∵0＜t＜1，∴h(1)＜h(t)＜h(0)，∴－2e＜A＜－2．‎