2018届高考理科数学二轮专题复习讲义 导数的热点问题

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、方程根及不等式相结合，难度较大.

热点分类突破

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)＝(ln x－k－1)x(k∈R)． (1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；

(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围； (3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2

(1)解 f′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k，

x①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，

函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值； ②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek， 当1ek时，f′(x)>0.

所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)， 单调递增区间是(ek，＋∞)，

在区间(1，＋∞)上的极小值为f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值． (2)解 由题意，f(x)－4ln x<0，

即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立． ?x－4?ln x

即k＋1>对x∈[e，e2]恒成立．

x?x－4?ln x4ln x＋x－4

令g(x)＝，则g′(x)＝，

xx24

令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝＋1>0，

x所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，

故t(x)min＝t(e)＝e－4＋4＝e>0，故g′(x)>0， 所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，

8

函数g(x)max＝g(e2)＝2－2.

e

?x－4?ln x

要使k＋1>对于x∈[e，e2]恒成立，

x8

只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－2，

e8

1－2，＋∞?. 即实数k的取值范围为??e?(3)证明 因为f(x1)＝f(x2)，

由(1)知，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减， 在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek1)＝0.

＋

不妨设x1

＋

e2ke2kk

要证x1x2

x1x1

2k

因为f(x)在区间(ek，＋∞)上单调递增， e?所以f(x2)

e?又f(x1)＝f(x2)，即证f(x1)

e??ln e－k－1?e， 构造函数h(x)＝f(x)－f ?＝(ln x－k－1)x－?x??x?x即h(x)＝xln x－(k＋1)x＋e2k?

2k2k

2k

2k

2k

2k

ln xk－1?

，x∈(0，ek)． －x??x

?x2－e2k?1－ln xk－1??h′(x)＝ln x＋1－(k＋1)＋e

?x2＋x2?＝(ln x－k)x2， 因为x∈(0，ek)，所以ln x－k<0，x20， 所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，故h(x)

k

k

2k

e?e??所以f(x1)

?x1??x1?， 所以x1x2

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

(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)，则对?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．

(3)证明f(x)

2k2k

(1)求a；

(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2

－

－

(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，

设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0，

1

因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.

x1

若a＝1，则g′(x)＝1－.

x

当01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－xln x， f′(x)＝2x－2－ln x，

1

设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.

x1

0，?时，h′(x)<0， 当x∈??2?1?当x∈??2，＋∞?时，h′(x)>0.

11

0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增． 所以h(x)在??2??2?1?－

又h(e2)>0，h??2?<0，h(1)＝0，

11

0，?上有唯一零点x0，在?，＋∞?上有唯一零点1，当x∈(0，x0)时，h(x)>0； 所以h(x)在??2??2?当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0. 因为f′(x)＝h(x)，

所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点． 由f′(x0)＝0，得ln x0＝2(x0－1)， 故f(x0)＝x0(1－x0)． 110，?，得f(x0)<. 由x0∈??2?4

因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点， 由e1∈(0,1)，f′(e1)≠0，得f(x0)>f(e1)＝e2.

－

－

－

－

所以e2

－

－

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．

??f?x?，f?x?≥g?x?，

例2 已知f(x)＝ax－3x＋1(a>0)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝?

?g?x?，f?x?

3

2

(1)求函数f(x)的极值；

(2)若g(x)＝xf′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围； (3)若g(x)＝ln x，试讨论函数h(x)(x>0)的零点个数． 解 (1)∵函数f(x)＝ax3－3x2＋1, ∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)， 2

令f′(x)＝0，得x1＝0或x2＝，

a∵a>0，∴x1

x f′(x) f(x)

∴f(x)的极大值为f(0)＝1， 2?8124

极小值为f ?＝2－2＋1＝1－2. ?a?aaa(2)g(x)＝xf′(x)＝3ax3－6x2， ∵存在x∈[1,2]，使h(x)＝f(x)， ∴f(x)≥g(x)在x∈[1,2]上有解，

即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在x∈[1,2]上有解， 13

即不等式2a≤3＋在x∈[1,2]上有解.

xx

2

133x＋1

设y＝3＋＝3(x∈[1,2])，

xxx

(－∞，0) ＋ 递增 0 0 极大值 ?0，2? ?a?－ 递减 2 a0 极小值 ?2，＋∞? ?a?＋ 递增 －3x2－3

∵y′＝<0对x∈[1,2]恒成立，

x413

∴y＝3＋在x∈[1,2]上单调递减，

xx13

∴当x＝1时，y＝3＋的最大值为4，

xx∴2a≤4，即a≤2.

2?4

(3)由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f ?＝1－， ?a?a24

①当1－2>0，即a>2时，f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，

a∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上无零点. 4

②当1－2＝0，即a＝2时，f(x)min＝f(1)＝0.

a又g(1)＝0，

∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一个零点． 4

③当1－2<0，即0

a

设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax3－3x2＋1－ln x(0

∵φ′(x)＝3ax2－6x－<6x(x－1)－<0，

xx∴φ(x)在(0,1)上单调递减．

1?a2e－3

又φ(1)＝a－2<0，φ??e?＝e3＋e2>0， 1?∴存在唯一的x0∈??e，1?，使得φ(x0)＝0， (ⅰ)当00，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点； (ⅱ)当x>x0时，∵φ(x)＝f(x)－g(x)<φ(x0)＝0， ∴h(x)＝g(x)且h(x)为增函数，

∵g(1)＝0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一零点；

从而h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当02时，h(x)无零点.

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 (2017届云南曲靖一中月考)已知f(x)＝2xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. 1

－，1?，求函数g(x)的解析式； (1)如果函数g(x)的单调递减区间为??3?(2)在(1)的条件下，求函数y＝g(x)的图象在点P(－1，g(－1))处的切线方程；

(3)已知不等式f(x)≤g′(x)＋2恒成立，若方程aea－m＝0恰有两个不等实根，求m的取值

2

范围．

解 (1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，

1

－，1?， 由题意知，3x2＋2ax－1<0的解集为??3?1

即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1，

3代入得a＝－1， ∴g(x)＝x3－x2－x＋2. (2)由(1)知，g(－1)＝1，

∴g′(x)＝3x2－2x－1，g′(－1)＝4， ∴点P(－1,1)处的切线斜率k＝g′(－1)＝4，

∴函数y＝g(x)的图象在点P(－1,1)处的切线方程为y－1＝4(x＋1)， 即4x－y＋5＝0.

(3)由题意知，2xln x≤3x2＋2ax＋1对x∈(0，＋∞)恒成立， 31

可得a≥ln x－x－对x∈(0，＋∞)恒成立．

22x31

设h(x)＝ln x－x－，

22x

?x－1??3x＋1?131

则h′(x)＝－＋2＝－，

x22x2x21

令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，

3

当00；当x>1时，h′(x)<0， ∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝h(1)＝－2， ∴a≥－2.

令φ(a)＝aea，则φ′(a)＝ea＋aea＝ea(a＋1)， ∴φ(a)在[－2，－1]上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增，

21－－

∵φ(－2)＝－2e2＝－2，φ(－1)＝－e1＝－，

ee当a→＋∞时，φ(a)→＋∞，

∴方程aea－m＝0恰有两个不等实根， 12

只需－

ee

热点三 利用导数解决生活中的优化问题

生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而

找到变量在什么情况下可以达到目标最优．

例3 (2017届福建福州外国语学校期中)罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元． (1)试写出y关于x的函数关系式；

(2)当m＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y最小？ 解 (1)设需新建n个桥墩， m

则(n＋1)x＝m，即n＝－1.

x所以y＝f(x)＝32n＋(n＋1)(2＋x)x

m?m32

－1＋(2＋x)x＝m?＋x?＋2m－32(0

＋x?＋160， (2)当m＝96时，f(x)＝96??x?13248

－2?＝2(x2－64)． 则f′(x)＝96?

?2xx?x令f′(x)＝0，得x＝64，所以x＝16.

当00，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 96

所以f(x)在x＝16处取得最小值，此时n＝－1＝5.

16故需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y最小. 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．

(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.

(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.

(4)作答：回归实际问题作答．

跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB＝2x，BC＝y.

323

(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围； (2)求当x取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD的半径为x， 故半圆CmD的弧长为πx. 所以4＝2x＋2y＋πx， 4－?2＋π?x得y＝.

2

4

依题意知0

4＋π44－?2＋π?x?

所以y＝ 0

2??

(2)依题意，设凹槽的强度为T，横截面的面积为S，则有 1

2xy－πx2?＝8x2－(4＋3π)x3. T＝AB·S＝2x?2??16

令T′＝16x－3(4＋3π)x2＝0，得x＝0或x＝.

9π＋12因为0<

164

<， 9π＋12π＋4

16

时，T′>0， 9π＋12

所以当0

164

16所以当x＝时凹槽的强度最大．

9π＋12

真题体验

(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．

(i)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． (ii)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．

1

(ii)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.

a①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； 1

②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，

a即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；

1

③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.

a又f(－2)＝ae4＋(a－2)e2＋2>－2e2＋2>0，

－

－

－

故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点． 3?

设正整数n0满足n0>ln??a－1?， 则f(n0)＝e

n0(ae

n0＋a－2)－n0>e

n0－n0>2

n0－n0>0.

3?由于ln??a－1?>－ln a，

因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0,1)． 押题预测 已知f(x)＝asin x，g(x)＝ln x，其中a∈R，y＝g1(x)是y＝g(x)的反函数．

－

(1)若0

n1(2)证明：?sin 2

(3)设F(x)＝g1(x)－mx2－2(x＋1)＋b，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条

－

件的最小整数b的值．

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，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力． 1

(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x，G′(x)＝－acos(1－x)，

x

1

当x∈(0,1)，01,0

x∴acos(1－x)<1，∴G′(x)>0， 故函数在区间(0，1)上是增函数． (2)证明 由(1)知，当a＝1时，

G(x)＝sin(1－x)＋ln x在(0，1)上单调递增． ∴sin(1－x)＋ln x

sin(1－x)

x

k2＋2k1

令1－x＝，所以x＝. ?1＋k?2?1＋k?2k2＋2k??1＋k?2k＋1k＋21?1－∵sin ＝sin

k＝1n

3??34?1?n＋1－ln n＋2?， ?2

n＋2

＝ln 2－ln

n＋1

(3)解 由F(x)＝g1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0，

－

即F(x)min>0.又h(x)＝F′(x)＝ex－2mx－2， h′(x)＝ex－2m，m<0，

则h′(x)>0，h(x)单调递增；又h(0)<0，h(1)>0， 则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，

∴F(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴F(x)≥F(x0)＝e则b>－ee∴m＝x0x0x0－mx20－2x0＋b－2>0，

x0＋mx20＋2x0＋2，又e

－2mx0－2＝0，

－2， 2x0

x0∵b>－e

e＋x0－22x0?x0x0＋2x0＋2＝??2－1?e＋x0＋2， 2x0

又m<0，则x0∈(0，ln 2)，

x0?x0∵b>??2－1?e＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立， x

－1?ex＋x＋2，x∈(0，ln 2)， 令m(x)＝??2?11

则m′(x)＝(x－1)ex＋1，[m′(x)]′＝xex>0，

22

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/3uer.html