2020年高考数学专题六第5讲

1、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U卷)已知函数 f(x) = ex ax2.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) =x2,则 fx)=g2x.令 g(x)二 fx),贝Ugx)二 ex2.令 gx)= 0,解得 x= In 2.当 x (0, In 2)时，gx)0.当 x0 时，g(x)g

2、(ln 2)= 2 2ln 20, f(x)在0,+x上单调递增， f(x) f(0) = 1.解 若 f(x)在(0,+x上只有一个零点，即方程ex ax2= 0 在(0,+上只有一个解,eex由 a=孑，令 Kx)=x2，x(0,+x)e(x2)人 x) =3，令 x(= 0,解得 x= 2.x当 x (0, 2)时,x)0.2 2,、e eX)min= 2)= 4；. a= 4.2.(2017 全国 II 卷)已知函数 f(x) = ax2-ax xln x,且 f(x)0.(1)求 a；证明：f(x)存在唯一的极大值点 X0,且 e2vf(x0)0 等价于 g(x) 0,因为 g(1)

3、 = 0, g(x)0，故 g (=0,1而 gx)= a x，g (=a 1,得 a= 1.1若 a= 1,则 gx) = 1 x.当 0 x1 时，gx)1 时，gx)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.证明由(1)知 f(x) = x2xxln x, fx)= 2x 2 In x,1设 h(x) = 2x 2 In x,贝Uhx(= 2 一.xr1 ，当 x 0, 2 时，h x)0.11所以 h(x)在 0, 2 单调递减，在 2，+x单调递增.又 h(e2)0, h 2 0;当 x (xo, 1)时,h(x)

4、0.因为 fx(h(x),所以 x=xo是 f(x)的唯一极大值点.由 f x() = 0 得 In xo= 2(xo 1),故 f(X0)= X0(1 X0).1 1由 X0 0, 2 得 f(X0)f(e1) = e2.所以 J2vf(x0) 0一个f(x1)v0 或 f(x2)0(f(X1)为极大值，两个f(X1) = 0 或者 f(X2)= 0f(X2)为极小值)三个f(x1)0 且 f(x2)v0av0一个f(x1)0 或 f(x2)v0(f(x1)为极小值，两个f(X1) = 0 或者 f(X2)= 0f(X2)为极大值)三个f(x1)v0 且 f(x2) 03.利用导数解决不等式

5、问题(1)利用导数证明不等式.若证明 f(x)vg(x), x (a, b)，可以构造函数 F(x) = f(x) g(x),如果能证明 F(x)在(a, b)上的最大值小于 0,即可证明 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)minO(xI).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)maxO(x I).3对 xi, x2 I 使得 f(x1) g(x2) f(x)max 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

6、，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)fx)= a+ ln x+ 1，x0，由 f(牡 a+ 1 = 0，解得 a= 1.则 f(x) = x+ xln x， fx)= In x，令 fx)0，解得 x1 ；令 fx(0，解得 0 x 1, 即 m 2,1当 0 x1 时，f(x) = x( 1 + In x)0 且 x

7、0时，f(x)0；11当 X +刈寸，显然 f(x)f+X.如图，由图象可知，m+ 10,即 m 1,由可得一 2m0 且 c 270 时，f( 4)= c 160,存在 xi ( 4, 2),X22 2 2, 3 , X3 3, 0，使得 f(xi) = f(X2)= f(x3) = 0.32c 0, 27 时，函数 f(x) = x3+ 4/ + 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；1当 a= 1 时，设一 1X10，且 f(x“ + f(X2)= 5,证明：X1 2x

8、2 4+-.e(1)解由 f(x)=x1+aex,得 fx(=1+aex.当 a0 时,fx)0，则 f(x)在 R 上单调递增.11当 a0 时，令 fx(0，得 xln -，则 f(x)的单调递增区间为一汽“.aa11令 fx(ln -，则 f(x)的单调递减区间为 In : , +.aa证明法一设 g(x) = f(x) + 2x= ex+ 3x 1,则 g x(= ex+ 3.由 gx)ln 3; 由 gx)0，得 xln 3.故 g(x)max= g(ln 3) = 3ln 3 40.从而 g(x) = f(x) + 2x0.Tf(X1)+f(X2)= 5,由 f(x)的单调性知，当

9、且仅当 f(x2) + 2x2= 5 f(x1) + 2x2 4+ e1. 1xivO,. e-1eXl4+-.e从而 xi 2x2 4 +1.e法二Tf(xi) + f(x2)= 5,二 xi= exi+ ex2 x2 3,二 xi 2x2= e1+ ex2 3x2 3.设 g(x) = ex 3x,则 gx) = ex 3.由 gx)0，得 x0，得 xln 3.故 g(x)min= g(ln 3) = 3 3ln 3. ixi0,.ii-xi一 2x2e + 3 3ln 3 3 = 一 一 3ln 3, ei / 3ln 3= In 27 4+一.e探究提高i.证明不等式的基本方法：(1

10、) 利用单调性：若 f(x)在a, b上是增函数，则 x a, b，有 f(a)f(x)f(b), xi,X2a, b，且 xix2，有 f(xi)vf(x2).对于减函数有类似结论.(2) 利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m),则 x D,有f(x)m).2.证明 f(x)g(x),可构造函数 F(x) = f(x) g(x),证明 F(x)0.【训练 2】(20i6 全国川卷)设函数 f(x) = In x x+ i.(i)讨论函数 f(x)的单调性；x 一 i证明当 x(i, +x)寸,i石xi ,证明当 x (0 , i)时,i + (c i)xcx.i

11、(i)解 由 f(x) = In x x+ i(x0)，得 f x(=i.令 fx(= 0,解得 x= i.当 0 x0 , f(x)单调递增.当 xi 时,fx)0, f(x)单调递减.因此 f(x)在(0 , i)上是增函数，在(i ,+x上为减函数.证明 由知，函数 f(x)在 x= 1 处取得最大值 f(1)= 0.二当 xMl 时，In xx 1.1 1 故当 x (1,+x时，in xx 1, In-v- 1,x xx 1 即 11,设 g(x) = 1 + (c 1)x c%,则 gx)= c 1 cxin c.当 x0, g (x)单调递增;当 xxo时，g x(0, g (x

12、)单调递减.c 一 1 由知 1mcc,故 0X01.又 g(0) = g(1)=0,故当 0 x0.当 x (0, 1)时,1 + (c 1)xcx.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U卷)已知函数 f(x)= (x+ 1)in 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；若当 x (1,+x时，f(x)0，求 a 的取值范围. 解(1)f(x)的定义域为(0,+x),当 a= 4 时，f(x)= (x+ 1)in x 4(x 1),1f(1) = 0, fx)= in x+ x 3,

13、 f(甘2.故曲线 y=f(x)在(1, f(1)处的切线方程为 2x+ y 2 = 0.a (x 1)f(x)0等价于in x -x+厂0,2ax2+ 2 (1 a) x+ 1(+厂=x(x+1)2，g(1)=o.当 ax22x+10,故 gx)0,g(x)在(1,in令 gx)= 0,解得 xo=c1in cin c当 x(1,+x时,设 g(x) = in xa (x 1)x+ 11则 gx( x由于一 cos x 1 , 0 ,. 26 , 2 ,+ 乂单调递增，因此 g(x)g(1)= 0.当 a2 时，令 gx(0, 得 xi= a 1 -h, (a 1)2-1, X2= a 1

14、+，: (a 1)2-1.由 X21 和 xix2= 1 得X11.故当 x (1, X2)时，gx) m 成立，求实数 m 的取值范围.nn解(1)fx)=esin x+excos x=ex(sin x+cos x)=2exsin x+4，当 2kn+-0 , f(x)单调递增；当n+2kn+42n +2knkZ),37n即 x47+ 2kn + 2kn(k Z)时，fx(m,即 f(x1)m g(x2),n设 t(x)= m g(x),则原问题等价于 f(x)min t(x)min, x 0 , Q ,n一方面由 可知，当 x 0 , 2 时，f 0 ,n故 f(x)在 0 , 2 单调递

15、增，二 f(x)min= f(0) = 0.另一方面：t(x)= m (x+ 1)cos x+ 2ex,tx) = cos x+ (x+ 1)si n x+ ,2 ,-cos x+2ex0，又(x+ 1)sin x 0,nn当 x 0, 2 , tx)0, t(x)在 0, 2 为增函数，t(x)min=t(0)= m 1 +2,所以 m 1 + 20, mg(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(1)若曲线 尸 f(x)在 x= 1 处的切线过点 M(2, 3),求 a 的

16、值；1 1设 g(x) = x+ 3，若对任意的 n 0, 2,存在 m 0 , 2,使得 f(m) g(n)x+13成立，求 a 的取值范围.e (x2 ax+ a)解 (1)因为 f(x)= 丁D匕 ，(2x a) ex( x2 ax+ a)e所以 f x)= e 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”.11.x2+ 2x【训练3】(2018 石家庄调研)设函数 f(x) =2e (x ax+ a)(aR).(x2)(xa).又 f( 1,即切点为(1,ex11),所以 k=f(

17、甘 1 a =解得 a= 1.e2x因为g(x)=x+x+1 一 3,gXX (x+ 1)20，所以 g(x)在0, 2上单调递增，所以 g(x)max= g(2) = 2.令 fx(= 0,得 x= 2 或 x= a.1当 a0 在0 , 2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max= f(2) = (4-a)e-12,解得 a4-2e；2当 0a0 在a，2上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为 f(2) = (4 a)e-1或 f(0) = ae，所以(4 a)e12 或 ae2.22解得：a4 2e 或 a-，所以-三 a2 时，fx)2，解得 a一，所以 a2.e2综上所述：

18、a-.e热点四 利用导数求解最优化问题【例 4】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格 x(单位：元/千克)满足关系式 y 二一七+ 10(x6)2，其中 3x6, a 为x 322由(1)可知，该商品每日的销售量为 y= 厂+ 10(x 6)2,x 3所以商场每日销售该商品所获得的利润为22f(x) = (x 3)+ 10( x 6)2=2+ 10(x 3)(x 6)2, 3x0, f(x)单调递增;5当 x 2, 2 时，fx)0, f(x)单调递减，故当 x = 2 时，f(x)取得最大值 80,则 V0.其中找到函6 利用导数方法证明不等式 f(x

19、)g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)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af(x)max或 avf(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xfr( x)_f ( x)1.设 f(x)是定义在 R上的奇函数，且 f(2

20、) = 0,当 x0 时，有-20 的解集是()A.(2，0)U(2,+x)B.(2，0)U(0，2)C.(x，2)U(2,+x)D.(_ %，2)U(0，2)f ( x) x) = x在(0，+x为减函数，又 )= 0, 入当且仅当 0 x0，此时 x2f(x)0.解析 x0 时 Ox,Xf(x) f (x)=2x0 的解集为( s, 2)U(0, 2).答案 D2.(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:x10234f(x)12020f(x)的导函数 y=fx)的图象如图所示.当 1a2 时，函数 y=f(x) a 的零点的个数 为()答案 Dx13.

21、(2018 江南八校联考)已知 x (0, 2),若关于 x 的不等式则实数 k 的取值范围为()B.0 , 2e 1)A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点，函数y=f(x)的大致图象如图所示.由于 f(0) = f(3) = 2, 1a0,即 kx2 2x 对任意 x (0,2)恒成立，从而 k0.x iexexe (x 1)由界 k+12得kx+x22x.令f(x)=x+x2-2x，则f*-+2(x-1)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 kf(x)min=f(1)= e 1.故实数 k 的取值范围

22、是0 , e 1).答案 D4. 已知 e 是自然对数的底数，函数 f(x)= ex+ x2 的零点为 a,函数 g(x) = ln x+x2 的零点为 b,则下列不等式中成立的是()A.f(a)vf(1) 0 恒成立，所以函数 f(x)在 R 上是单调递增的.又f(0) e+ 0 2= 1v0, f(1) = e+ 1 2 = e 1 0,所以零点 a (0, 1)；由题意，1知 gx)= x+ 10,所以 g(x)在(0,+上是单调递增的，又 g(1) = ln 1 + 1 2 =1v0, g(2)= ln 2 + 2 2= ln 20,所以函数 g(x)的零点 b (1, 2).综上，可

23、得 0vav1vbv2.因为 f(x)在 R 上是单调递增的，所以 f(a)vf(1)vf(b).答案 Aln x, x1,5. (2018 潍坊三模)已知函数 f(x) = 11若 mn,且 f(m) = f(n),则 n m2x+2，x 1,的最小值是()A.3 2ln 2B.e 1x2二(x 1) J2+ 2 .令 Fx(二 0,得x= 1,当 x (1, 2)时,fx(0,函数 f(x)在(1, 2)21(1n0,得 2ne；当 hn)0,得 1n2.故当 n =2 时，函数 h(n)取得最小值 h(2) = 3 2ln 2.答案 A二、填空题6._ 做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体

24、积是 27ndm,且用料最省，则圆柱的底 面半径为 dm.27解析 设圆柱的底面半径为 R dm,母线长为 l dm,则 V=TR2I = 27n所以 l= R2,要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小S表=n2+2nRi=n2+ 2 冗瓦，54n所以$表=2 R -RT.令 Sfx),f ( x)且 f(0)=1，则不等式一 ex1 的解集为_ .f (x)解析令 g(x) 士 e,ex (x) ( ex)表(x)/X 2(e)又 g(0)=1,所以 十亠1，即 g(x)0,所以不等式的解集为x|x0.又 In n=1 1qm+ 2,即 m=2ln n 1.所以 n m= n 2ln n

25、+1.设 h(n)= n2ln n +f (x) f (x)ex则 gx)=由题意得 g x)08.(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 fx) = 6x2- 2ax= 2x(3x- a)(a R)，当 a0 在(0,+x上恒成立，则 f(x)在(0,+x上单调递增.又 f(0) = 1,所以此时f(x)在(0,+内无零点,a不满足题意.当 a0 时，由 fx)0 得 x3，由 fx)0 得a 口_ a .0 x0, f(x)单调递增，当 x (0, 1)时，f x)0 时，

26、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, + X),2 221 . 2x2+ 2x2+ 2f x)1+护一ax+x3丁一丁(x2+ 2)( x a)3x当 a0, f(x)在(0,+x上单调递增;当 a0 时，当 x (0, a), fx)0,f(x)单调递增.综上，当 a0 时，f(x)在(0, a)上单调递减，在(a,+x上单调递增.211证明由(1)知，f(x)min f(a) a a In a 2 a aln a_,aaa1要证 g(a)1， 即证 a aln a 0,a a人ii令 h(a) = In a+ ? + 孑一 1,1 1则只需证 h(a) = In a+- + 二一 10,a a,112a6 7 a 2(a 2)( a+1)h a) = - 3=枣 =a a a a当 a (0, 2)时,ha)0,h(a)单调递增;1 1 1 所以 h(a)min= h