2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第4讲 导数的综合应用课件 理

专题六函数与导数第4讲导数的综合应用1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1（1＋x）2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)0，g′π20.得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)0；当x∈α，π2时，g′(x)0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．②当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π20，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)0；当x∈β，π2时，f′(x)0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减．又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π20.所以当x∈0，π2时，f(x)0.从而f(x)在0，π2没有零点．③当x∈π2，π时，f′(x)0，所以f(x)在π2，π单调递减．又fπ20，f(π)0.所以f(x)在区间π2，π有唯一零点．④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)1.所以f(x)0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－34a－2.(1)解：f(x)的定义域(0，＋∞)．f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x，若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0时，当x∈0，－12a时，f′(x)＞0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)＜0.故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0，设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；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－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数的情形为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明以及根据不等式恒成立与能成立求参数的值(或范围)．主要以解答题的形式呈现，能力要求高．热点1利用导数研究函数的零点(方程的根)1．利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、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，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解．2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)＞0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)＞0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞0【例1】(2018·全国卷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，＋∞)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．又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，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于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，h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞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，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.[思维升华]1．三步求解函数零点(方程根)的个数问题．第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论．[变式训练]设函数f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)，a∈R，e为自然对数的底数．(1)若a0，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0a23，试判断函数f(x)的零点个数．解：(1)因为函数f(x)在[0，＋∞)内单调递增，所以f′(x)＝ex－1x＋a≥0在[0，＋∞)内恒成立．即a≥e－x－x在[0，＋∞)内恒成立．记g(x)＝e－x－x，则g′(x)＝－e－x－10恒成立，所以g(x)在区间[0，＋∞)内单调递减，所以g(x)≤g(0)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．(2)因为0a23，f′(x)＝ex－1x＋a(x－a)，记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋1（x＋a）20，知f′(x)在区间(－a，＋∞)内单调递增．又因为f′(0)＝1－1a0，f′(1)＝e－1a＋10，所以f′(x)在区间(－a，＋∞)内存在唯一的零点x0，则f′(x0)＝ex0－1x0＋a＝0，于是ex0＝1x0＋a，x0＝－ln(x0＋a)．当－axx0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－2a－ln(x0＋a)＝1x0＋a－2a＋x0＝x0＋a＋1x0＋a－3a≥2－3a，当且仅当x0＋a＝1时，取等号．由0a23，得2－3a0，所以f(x)min＝f(x0)0，即函数f(x)没有零点．热点2利用导数证明不等式(讲练互动)若证明f(x)g(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)，x∈(a，b)．若F(x)的最值不易求解，可借助“隔离”分析法求f(x)max与g(x)min通过中间“媒介”证明不等式．【例2】(2019·深圳第二次调研)已知函数f(x)＝aex＋2x－1.其中常数e＝2.71828…是自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意的a≥1，当x1时，f(x)≥(x＋ae)x.(1)解：f′(x)＝aex＋2.①当a≥0时，f′(x)0，函数f(x)在R上单调递增；②当a0时，由f′(x)0，解得xln－2a，由f′(x)0，解得xln－2a.故f(x)在－∞，ln－2a上单调递增，在区间ln－2a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在－∞，ln－2a上单调递增，在ln－2a，＋∞上单调递减．(2)证明：原不等式等价于exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g(x)＝exx－xa－1ax＋2a－e，x1，则g′(x)＝（x－1）（aex－x－1）ax2.当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1，令h(x)＝ex－x－1，则当x0时，h′(x)＝ex－10，所以当x0时，h(x)单调递增，即h(x)h(0)＝0，所以当0x1时，g′(x)0；当x＝1时，g′(x)＝0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)≥g(1)＝0.则exx－xa－1ax＋2a－e≥0，故f(x)≥(x＋ae)x.[思维升华]1．证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(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(或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.[变式训练](2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0，因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞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.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x，当x∈0，12时，h′(x)＜0；当x∈12，＋∞时，h′(x)＞0.所以h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增．又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0，所以h(x)在