(浙江专用)2020高考数学专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第6讲导数的综合应用教案

第6讲导数的综合应用“辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转变为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何依据不等式的构造特色构造一个可导函数是用导数证明不等式的要点．[典型例题]设函数f(x)＝lnx－x＋1.谈论f(x)的单调性；x－1证明当x∈(1，＋∞)时，1＜lnx＜x；设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.1【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1，令f′(x)＝0，解得x1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递加；当

x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由

(1)

知f(x)在

x＝1处获得最大值，最大值为

f(1)

＝0.所以当

x≠1时，ln

x＜x－1.11

x－1故当

x∈(1，＋∞)时，

ln

x＜x－1，ln

x＜x－1，即

1＜ln

x＜x.(3)证明：由题设

c＞1，设

g(x)＝1＋(c－1)x－cx，c－1x则g′(x)＝c－1－cln

c，令

g′(x)＝0，解得

x0＝

ln

ln

ln

c

c

.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递加；当

x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)

c－1知1＜lnc＜c，故

0＜x0＜1.

又

g(0)

＝g(1)

＝0，故当

0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.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依据单调性及最值，获取所证不等式．本例经过构造辅助函数，转变为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决以下问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练]λ(2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f(x)＝x＋ex.当λ＞0时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件；(2)求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.λ1解：(1)设g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋ex－(1－λ)x－λ＝λ(ex＋x－1)，所以′( )＝1gxλe令g′(x)＝0，解得x＝0，当x＞0时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递加，当x＜0时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以f(x)≥(1－λ)x＋λ，当x＝0时取等号．证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ”等价于f(x)的最大值大于λ.由于f′(x)＝1－λe－x，所以当λ≤0时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递加，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f′(x)＝0得x＝lnλ，则x∈R时，x，f′(x)，f(x)关系以下：x

(－∞，

ln

λ)

ln

λ

(ln

λ，＋∞)f′(x)

－

0

＋f(x)

极小值①当λ≥e3时，lnλ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，所以f(x)的最大值f(－3)＞f(0)＝λ.所以当λ≥e3时命题成立；②当e－3＜λ＜e3时，－3＜lnλ＜3，所以f(x)在(－3，lnλ)上单调递减，在(lnλ，3)上单调递加．所以f(x)的最大值为f(－3)或f(3)；且f(－3)＞f(0)＝λ与f(3)＞f(0)＝λ必有一成立，所以当e－3＜λ＜e3时命题成立；③当0＜λ≤e－3时，lnλ≤－3，所以f(x)在[－3，3]上单调递加，所以f(x)的最大值为f(3)＞f(0)＝λ.所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[－3，3]，有f(x)＞λ.“转变法”解决不等式恒成立中的参数问题[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)min>A.(2)若不等式f(x)<A在区间D上恒成立，则等价于在区间D上f(x)<A.max2．利用导数解决能成立问题(1)若?x∈D，f(x)>A成立，则等价于在区间D上f(x)max>A.(2)若?x∈D，f(x)<A成立，则等价于在区间D上f(x)<A.min[典型例题](2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝alnx＋1＋x，x>0.3当a＝－4时，求函数f(x)的单调区间；1均有f(x)≤x，求a的取值范围．(2)对任意x∈e2，＋∞2a注：e＝2.71828为自然对数的底数．【解】(1)当a＝－3时，f(x)＝－3lnx＋1＋x，x>0.4431（1＋x－2）（21＋x＋1）f′(x)＝－4x＋21＋x＝4x1＋x，令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0<x<3，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递加区间为(3，＋∞)．12(2)由f(1)≤2a，得0<a≤4.2xx21＋x当0<a≤4时，f(x)≤2a等价于a2－a－2lnx≥0.1令t＝a，则t≥22.设g(t)＝t2x－2t1＋x－2lnx，t≥22，则g(t)＝xt－1＋121＋x－2lnx.－xx①当x∈112，则g(t)≥g(2x－421＋x－2lnx.，＋∞时，1＋x≤22)＝871记p(x)＝4x－221＋x－lnx，x≥7，则p′(x)＝2－2－12xx＋1－2x－x＋1xx＋1＝＝xxx＋1（x－1）[1＋x（2x＋2－1）].x＋1（x＋1）（x＋1＋2x）故x111(1，＋∞)7，17p′( )－0＋xp(x)1极小值p(1)p7单调递减单调递加所以()≥(1)＝0.pxp所以，g(t)≥g(22)＝2p(x)≥0.1②当x∈e2，7时，－2xlnx－（x＋1）g(t)≥g1＋x＝x.1令q(x)＝2xlnx＋(x＋1)，x∈e2，7，则lnx＋2q′(x)＝x＋1>0，111故q(x)在e2，7上单调递加，所以q(x)≤q7.127127由①得，q7＝－7p7<－7p(1)＝0.q（x）所以q(x)<0.所以，g(t)≥g1＋x＝－x>0.11由①②知对任意x∈e2，＋∞，t∈[22，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈e2，＋∞，x均有f(x)≤2a.综上所述，所求a的取值范围是0，2.4不等式恒成立(有解)问题的求法恒成立问题的常有办理方法：依据恒成立问题的原理，可利用函数法、分别常数法(转变为求最值问题)等求解．能成立问题的常有办理方法：能成马上存在性问题，依据能成立问题的原理，平时将其转变为最值问题进行求解．[对点训练]m(2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f(x)＝x＋xlnx(m＞0)，g(x)＝lnx－2.(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调增区间；1∈[1，e]，总存在2，e]，使f（x1）g（x2）x1x2然对数的底数．务实数m的取值范围．解：(1)当＝1时，函数f(x1xlnx，求导′( )＝－1x＋1，)＝＋2＋lnmxfxx由f′(x)在(0，＋∞)上单调递加，且f′(1)＝0，所以当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)单调递加区间(1，＋∞)．(2)由题意设h(x)＝f（x）mx，φ(x)＝g（x）lnx－2x＝x2＋lnx＝x，3－lnx＞0，在[1，e]恒成立，φ′(x)＝x2lnx－21所以φ(x)＝x在[1，e]上单调递加，φ(x)∈[－2，－e]，11mx≤e，所以h(x)∈[，e]，即≤＋ln22x2x222在[1，e]上恒成立，即2－xlnx≤m≤x(e－lnx)，在[1，e]上恒成立，x22设p(x)＝2－xlnx，则p′(x)＝－2xlnx≤0，在[1，e]上恒成立，所以()在[1，e]上单调递减，则≥(1)＝1，pxmp22－lnx)，q′(x)＝x(2x－1－2lnx)≥x(2e－1－2lnx)＞0在[1，e]上恒设q(x)＝x(e成立，所以q(x)在[1，e]上单调递加，则m≤q(1)＝e，1综上所述，m的取值范围为[2，e]．“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题[核心提炼]研究函数零点或方程根的状况，可以经过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋向等，并借助函数的大体图象判断函数零点或方程根的状况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[典型例题](2019·浙江省要点中学高三联考)已知方程|cosx|x＝k(k＞0)有且仅有两个不一样的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的选项是( )A．cosφ＝φsinθB．sinφ＝－φcosθC．cosθ＝θcosφD．sinθ＝－θsinφ【分析】由|cosx|＝k(k＞0)可得：|cosx|＝kx(k＞0)，由于方程|cosx|xx＝k(k＞0)有且仅有两个不一样的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y＝kx与曲线y＝|cosx|相切，如图：直线y＝kx与曲线y＝|cosx|的交点为A(φ，cosφ)，切点B为(θ，－cosθ)，π当x∈2，π时，y＝|cosx|＝－cosx，所以y′＝sinx，所以y′|x＝θ＝sinθ，即k＝sinθ，又A(φ，cosφ)代入y＝kx，可得cosφ＝φsinθ.应选A.【答案】A依据参数确立函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即经过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限地址等)，大体勾画出函数图象，而后经过函数性质得出其与x轴交点的个数，也许两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上最少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递加或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不但调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．[对点训练]x1．已知函数f(x)＝e－1，g(x)＝x＋x，此中e是自然对数的底数，e＝2.71828.证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明原由．xx－x得，解：(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝e－1－h(1)＝e－3<0，h(2)22>0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．＝e－3－(2)由(1)得h(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为()的一个零点，而(x)在(1，2)内有零点，hxh所以h(x)在[0，＋∞)上最少有两个零点．x11x11由于h′(x)＝e－2x－2－1，记φ(x)＝e－2x－2－1，x13则φ′(x)＝e＋4x－2.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递加，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.x22．(2019·张掖模拟)设函数f(x)＝2－alnx.求函数f(x)的单调区间和极值；2a的取值范围．(2)若函数f(x)在区间(1，e]内恰有两个零点，试求x2ax2－a解：(1)由f(x)＝2－alnx，得f′(x)＝x－x＝x(x>0)．①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递加，函数既无极大值，也无极小值；②当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝a或x＝－a(舍去)．于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化状况以下表：x

(0，

a)

a

(

a，＋∞)f′(x)

－

0

＋a（1－lna）(x)2所以函数f(x)的单调递减区间是(0，a)，单调递加区间是(a，＋∞)．函数f(x)在x＝a处获得极小值f(a（1－lna）a)＝，无极大值．2综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递加区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，a)，单调递加区间为(a，＋∞)，函数f(x)a（1－lna）有极小值，无极大值．2(2)当a≤0时，由(1)知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递加，故函数f(x)在区间(1，e2]内至多有一个零点，不合题意．当a>0时，由(1)知，当x∈(0，a)时，函数f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，函数f(x)单调递加，函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为a（1－lna）f(a)＝2.1<a<e41<2a（1－lna）a<e2<0f（a）<02]内恰有两个零点，则需满足1，若函数f(x)在区间(1，e，即f（1）>0>0f（e2）≥024e2－2a≥041<a<e整理得a>e，4e4ee4故所求a的取值范围为(e，]．4专题增强训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋(1－a)x＋1.当a＝1时，求函数f(x)在x＝2处的切线方程；求函数f(x)在x∈[1，2]时的最大值．12解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx－2x＋1，所以f′( )＝1－x，xx33所以f′(2)＝－，即k切＝－，22已知切点为(2，－1＋ln2)，3所以切线的方程为：y＝－2x＋2＋ln2.－ax2＋（1－a）x＋1(2)由于

f′(x)＝

x

(1≤x≤2)，当a≤0时，f′(x)＞0在x∈[1，2]恒成立，所以f(x)在x∈[1，2]单调递加，所以fmax(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln2；1当0＜a≤2时，f(x)在x∈[1，2]单调递加，所以f(x)＝f(2)＝－4a＋3＋ln2；max111当＜a＜1时，f(x)在x∈[1，]单调递加，在x∈[，2]单调递减，2aa11所以fmax(x)＝f(a)＝2a－lna；当a≥1时，f(x)在x∈[1，2]单调递减，3所以fmax(x)＝f(1)＝－2a＋2，1－4a＋3＋ln2，a≤2综上所述f－lna11＜1max＋，＜(x)＝2a2a.32a＋2，a≥12．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f(x)＝xex－a(x－1)(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝0处有极值，求a的值与f(x)的单调区间；1(2)若存在实数x0∈(0，2)，使得f(x0)＜0，务实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(x＋1)ex－a，由f′(0)＝0，解得：a＝1，故f′(x)＝(x＋1)ex－1，令f′(x)＞0，解得：x＞0，令f′(x)＜0，解得：x＜0，故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递加．1若f(x)＜0在x∈(0，2)上有解，即xx＜(x－1)，xex在∈(0，1e＜)上有解，aax－1x2x，x∈(0，1设h(x)＝xe)，x－12ex（x2－x－1）则h′(x)＝（x－1）2＜0，1故h(x)在(0，)单调递减，21h(x)在(0，2)的值域是(－e，0)，故a＜h(0)＝0.1－a3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝lnx－ax＋x－1(a∈R)．1当0<a<2时，谈论f(x)的单调性；21(2)设g(x)＝x－2bx＋4.当a＝4时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，务实数b的取值范围．解：(1)由于f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，a－1所以f′(x)＝x－a＋x2ax2－x＋1－a＝－x2，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得两根分别为11，a－1，11由于0<a<2，所以a－1>1>0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；1当x∈1，a－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递加；1当x∈a－1，＋∞时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．111(2)a＝4∈0，，a－1＝3?(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)2单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递加，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)1＝－2.对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥(x2)等价于()在[1，2]上的最小值ggx不大于f(x)在(0，2)上的最小值－1，(*)又(x)＝(－)2＋4－b2，∈[1，2]，2gxbx所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；2②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b≥0，相同与(*)矛盾；③当>2时，[()]min＝(2)＝8－4，且当>2时，8－4<0，解不等式8－4≤－1，217可得b≥8，所以实数b的取值范围为17，＋∞.84．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝x－lnx.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln2；(2)若a≤3－4ln2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有独一公共点．证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝112x－x，1－111由f′(x1)＝f′(x2)得＝－，2x1x12x2x2由于x≠x，所以1＋1211212xx由基本不等式得21x1x2＝x1＋x2≥24x1x2，由于x1≠x2，所以x1x2>256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝x1－lnx1＋x2－lnx2＝21x1x2－ln(x1x2)．1设g(x)＝2x－lnx，1则g′(x)＝4x(x－4)，所以x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞]上单调递加，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.(2)令m＝e－(|a|＋k)|a|＋12，n＝k＋1，则f( )－－>||＋－－≥0，mkmaakkaf(n)－kn－a<n1a|a|＋1－－k≤nn－k<0，nn所以，存在x0∈(，)，使f(x0)＝kx0＋，mna所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．由f(x)＝kx＋a得k＝x－lnx－ax.设h(x)＝x－lnx－ax，xlnx－2－1＋a－（）－1＋a则h′(x)＝x2＝gxx2，x此中g(x)＝2－lnx.由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以方程个实根．综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线5．(2019·绍兴市高三教课质量调测)已知函数f(x)＝

f(x)－kx－a＝0至多1y＝f(x)有独一公共点．1323x－ax＋3x＋b(a，b∈R)．当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；2(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－3的零点不超出4个，求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝13x3－2x2＋3x，得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递加；当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，3)上单调递减．4又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝3，4所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，3]．由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，＝4a2－12，①当≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递加，满足题意．2②当＞0，即a＞3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且

x1＜x2，x1＋x2＝2a，x1x2＝3.则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递加，在(x1，x2)上单调递减．由题意知|f124，(x)－f(x)|≤3334x1－x222即|3－a(x1－x2)＋3(x1－x2)|≤3.42342化简得3(a－3)2≤3，解得3＜a≤4，综合①②，得

a2≤4，即－2≤a≤2.ln

x

ae

16．(2019·台州市高考一模

)已知函数

f(x)＝1－

x，g(x)＝ex＋x－bx(e

为自然对数的底数)，若曲线

y＝f(x)与曲线

y＝g(x)的一个公共点是

A(1，1)，且在点

A处的切线相互垂直．(1)求a，b的值；2求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥x.lnx解：(1)由于f(x)＝1－x，所以

f′(x)＝

ln

x－1fx2，′(1)

＝－1.ae1由于g(x)＝ex＋x－bx，ae1所以g′(x)＝－ex－x2－b.由于曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线相互垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.1证明：由(1)知，g(x)＝－ex＋x＋x，2lnxe1则f(x)＋g(x)≥x?1－x－ex－x＋x≥0.lnxe1令h(x)＝1－x－ex－x＋x(x≥1)，则1－lnxe1lnxe′( )＝－2＋x＋2＋1＝2＋x＋1.hxxexxelnxe由于x≥1，所以h′(x)＝x2＋ex＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递加，所以h(x)≥h(1)＝0，lnxe1即1－x－ex－x＋x≥0，2所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥x.ex27．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f(x)＝x2－k(x＋lnx)(k为常数，e＝2.71828是自然对数的底数)．当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′( )＝ex·x2－ex·2x－12x4(－2)xkxx（x－2）（ex－kx）＝x3(x＞0)，当k≤0时，kx≤0，所以ex－kx＞0，令f′(x)＝0，则x＝2，所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递加，所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递加区间为(2，＋∞)．由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k＞0x－kx，x∈(0，＋∞)．时，设函数g(x)＝e由于′( )＝e