高三理科数学培养讲义：第2部分-专题6-第16讲-导数的综合问题.doc

第16讲　导数的综合问题
高考统计·定方向
热点题型
真题统计
命题规律
题型1：“辅助函数法”证明不等式
2018全国卷ⅢT21；2017全国卷ⅢT21；2016全国卷ⅢT21；2014全国卷ⅠT21
分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：
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.
题型2：“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题
2017全国卷ⅡT21；2015全国卷ⅡT21
题型3：“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题(数形结合)
2018全国卷ⅡT21；2017全国卷ⅠT21；
2016全国卷ⅠT21；2015全国卷ⅠT21

题型1　“辅助函数法”证明不等式
■核心知识储备·
构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))；
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
■高考考法示例·
【例1】　(2018·郑州质量预测)已知函数f(x)＝ex－x2.
(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：当x＞0时，≥ln x＋1.
[解]　(1)f′(x)＝ex－2x，
由题设得f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，
故曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.
(2)∵f′(x)＝ex－2x，f″(x)＝ex－2，
∴f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2＞0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)max＝f(1)＝e－1，x∈[0,1]．
又f(x)过点(1，e－1)，且y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，故可猜测：当x＞0，x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方．
下证：当x＞0时，f(x)≥(e－2)x＋1，
设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1，x＞0，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，g″(x)＝ex－2，
g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝3－e＞0，g′(1)＝0,0＜ln 2＜1，
∴g′(ln 2)＜0，
所以，存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，
所以，当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)＞0；
当x∈(x0,1)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝g(1)＝0，
∴g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时取等号，故≥x，x＞0.
又x≥ln x＋1，即≥ln x＋1，当x＝1时，等号成立．
[方法归纳]
1．解本题的关键是第(1)结论对第(2)问的证明铺平了路，只需证明≥x≥ln x＋1.所以利用导数证明不等式时，要进行适当的变形，特别是变形成第(1)问相似或相同形式时，将有利于快速证明．
2．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<x2，则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)，则对∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数f(x)＝f(x)－g(x)，证明f(x)<0.
■对点即时训练·
(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln＜，
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，
所以m的最小值为3.
题型2　“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题
■核心知识储备·
等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法
(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．
即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.
②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.
(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.
■高考考法示例·
【例2】　已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．
(1)证明：当x>0时，f(x)<x；
(2)证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)．
[证明]　(1)令f(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝－1＝.
当x∈(0，＋∞)时， F′(x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故当x>0时，f(x)<F(0)＝0，
即当x>0时， f(x)<x.
(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－k＝，
当k≤0时，G′(x)>0，故G(x)在(0，＋∞)上单调递增，G(x)>G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意．
当0<k<1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1>0.
取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，
从而G(x)在(0，x0)上单调递增，所以G(x)>G(0)＝0，
即f(x)>g(x)．
综上，当k<1时，总存在x0>0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)．
[方法归纳]　不等式恒成立问题常见方法
(1)分离参数a≥f(x)恒成立(a≥f(x)max即可)或a≤f(x)恒成立(a≤f(x)min即可)；
(2)数形结合(y＝f(x)图象在y＝g(x)上方即可)；
(3)讨论最值f(x)min≥0或f(x)max≤0恒成立；
(4)讨论参数.
■对点即时训练·
已知函数f(x)＝a(x2－x)－ln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝2ax－a－，
∵f(x)在x＝1处取到极值，
∴f′(1)＝0，即a－1＝0，∴a＝1.
经检验，a＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值．
(2)f′(x)＝，令g(x)＝2ax2－ax－1(x≥1)，
①当a＝0时，f′(x)＝＜0，f(x)在[1，＋∞)上单调递减．
又∵f(1)＝0，∴x≥1时，f(x)≤0，不满足f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．
②当a＞0时，二次函数g(x)开口向上，对称轴为x＝，过(0，－1)．
a．当g(1)≥0，即a≥1时，g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)≥0，从而f(x)在[1，＋∞)上单调递增．
又∵f(1)＝0，∴x≥1时，f(x)≥0成立，满足f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立．
b．当g(1)＜0，即0＜a＜1时，存在x0＞1，使x∈(1，x0)时，g(x)＜0，f(x)单调递减；
x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x0)＜f(1)．
又∵f(1)＝0，∴f(x0)＜0，故不满足题意．
③当a＜0时，二次函数g(x)开口向下，对称轴为x＝，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g(1)＝a－1＜0，∴g(x)＜0，f(x)在[1，＋∞)上单调递减．
又∵f(1)＝0，∴x≥1时，f(x)≤0，故不满足题意．
综上所述，a∈[1，＋∞)．
题型3　“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题(数形结合)
(对应学生用书第77页)
■核心知识储备·
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)＜0
a＜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
■高考考法示例·
【例3】　已知函数f(x)＝－a.
(1)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数g(x)＝xln x－ax2＋有两个极值点，试判断函数g(x)的零点个数．
[解]　(1)令φ(x)＝，由题意知y＝φ(x)的图象与y＝a的图象有两个交点．
因为φ′(x)＝，所以当0＜x＜1时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x＞1时，φ′(x)＜0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴φ(x)max＝φ(1)＝1.
又∵x→0时，φ(x)→－∞，
∴x∈(0,1)时，φ(x)∈(－∞，1)．
又∵x＞1时，φ(x)∈(0,1)．
综上可知，当且仅当a∈(0,1)时，y＝a与y＝φ(x)的图象有两个交点，即函数f(x)有两个零点．
(2)因为函数g(x)有两个极值点，
由g′(x)＝ln x＋1－ax＝0，得－a＝0有两个不同的根x1，x2(设x1＜x2)．
由(1)知，0＜x1＜1＜x2,0＜a＜1，且＝a(i＝1,2)，且函数g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，则g(xi)＝xiln xi－ax＋
＝xiln xi－xi＋(i＝1,2)．
令h(t)＝tln t－t＋，
则h′(t)＝－＋＝≥0，
所以函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x1)＜g(1)＝0，g(x2)＞g(1)＝0.又x→0，g(x)→＞0；x→＋∞，g(x)→－∞，
所以函数g(x)恰有三个零点．
【教师备选】
已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x(a∈R)．
(1)曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线L：x＋2e2y＋2＝0，求a的值；
(2)讨论函数f(x)零点的个数．
[解]　(1)f′(x)＝2e2x－aex－a2，
因为f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线x＋2e2y＋2＝0，
所以f′(1)＝2e2－ae－a2＝2e2，－ae－a2＝0，解得a＝0或a＝－e.
(2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)．
①当a＝0时，f(x)＝e2x＞0，无零点；
②当a＜0时，f′(x)＝0，得x0＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f＝a2.
因为f(x)＝ex(ex－a)－a2x＞e2x－a2x，
且当x＜0时，e2x－a2x＞0，当x→＋∞时，e2x－a2x＞0，f(x)＞0，
∴当a2＜0时，即ln＞，a＜－2e，
函数f(x)有两个不同的零点；
当a2＝0时，即a＝－2e时，函数f(x)有一个零点；
当a2＞0时，即－2e＜a＜0时，函数f(x)没有零点；
③当a＞0时，令f′(x)＝0，得x0＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(ln a)＝－a2ln a.
当x→＋∞和当x→－∞，均有f(x)＞0，
∴当－a2ln a＜0时，即ln a＞0，a＞1时，函数f(x)有两个不同的零点；
当－a2ln a＝0时，即a＝1时，函数f(x)有一个零点；
当－a2ln a＞0时，即0＜a＜1时，函数f(x)没有零点；
综上，当a＜－2e或a＞1时，函数f(x)有两个不同的零点；
当a＝－2e或a＝1时，函数f(x)有一个零点；
当－2e＜a＜1时，函数f(x)没有零点．
[方法归纳]　三步解决方程解(或曲线公共点)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.
■对点即时训练·
(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，＋∞)上只有一个零点，求a.
[解]　(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，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)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－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

[高考真题]
1．(2017·全国卷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．
(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.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，
由于1－＋ln a＞0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，
即f(－ln a)＜0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．
设正整数n0满足n0＞ln，
则f(n0)＝e (ae＋a－2)－n0＞e－n0＞2－n0＞0.
由于ln＞－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)．
[最新模拟]
2．(2018·马鞍山市教学质量检测)已知函数g(x)＝xln x，h(x)＝(a＞0)．
(1)若g(x)＜h(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：不等式…＜e对于正整数n恒成立，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
[解]　(1)法一：记f(x)＝g(x)－h(x)＝xln x－x2＋，
令φ(x)＝f′(x)＝ln x＋1－ax，则φ′(x)＝－a，
①当a≥1时，
∵x∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝－a＜1－a≤0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又f′(1)＝1－a≤0，∴f′(x)＜0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
此时，f(x)＜f(1)＝－≤0，即g(x)＜h(x)，所以a≥1.
②当0＜a＜1时，
考虑x∈时，φ′(x)＝－a＞a－a＝0，∴f′(x)在上单调递增，
又f′(1)＝1－a≥0，∴f′(x)＞0，即f(x)在上单调递増，f(x)＞f(1)＝－＞0，不满足题意．
综上所述，a∈[1，＋∞)．
法二：当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜h(x)等价于a＞＝f(x)，
F′(x)＝，
记m(x)＝x－1－xln x，
则m′(x)＝－ln x＜0，
∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)＜m(1)＝0，
∴F′(x)＜0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减，F(x)＜F(1)＝1，故a∈[1，＋∞)．
(2)由(1)知：取a＝1，当x∈(0，＋∞)时，g(x)＜h(x)恒成立，
即xln x＜恒成立，即ln x＜恒成立，
即ln(1＋x)＜＝对于x∈(0，＋∞)恒成立，
由此，ln＜＝≤，
k＝1,2，…，n，
于是ln＝ln＋ln＋…＋ln
＜
＝
＝·
＝
＝≤.
故…＜e.

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