2020年高考數(shù)學(xué)專題六第5講

1、第5講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問(wèn)題高考定位 在高考?jí)狠S題中，函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點(diǎn)，常以含 指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(diǎn) （方程的根 ）、比較大小、不等式證明、 不等式恒成立與能成立問(wèn)題 .真題感悟1.(2018 全國(guó)U卷)已知函數(shù) f(x) = ex ax2.若 a= 1,證明：當(dāng) x 0 時(shí)，f(x)1;(2)若 f(x)在(0,+只有一個(gè)零點(diǎn)，求 a.(1)證明 當(dāng) a= 1 時(shí)，f(x) =x2,則 fx)=g2x.令 g(x)二 fx),貝Ugx)二 ex2.令 gx)= 0,解得 x= In 2.當(dāng) x (0, In 2)時(shí)，gx)0.當(dāng) x0 時(shí)，g(x)g

2、(ln 2)= 2 2ln 20, f(x)在0,+x上單調(diào)遞增， f(x) f(0) = 1.解 若 f(x)在(0,+x上只有一個(gè)零點(diǎn)，即方程ex ax2= 0 在(0,+上只有一個(gè)解,eex由 a=孑，令 Kx)=x2，x(0,+x)e(x2)人 x) =3，令 x(= 0,解得 x= 2.x當(dāng) x (0, 2)時(shí),x)0.2 2,、e eX)min= 2)= 4；. a= 4.2.(2017 全國(guó) II 卷)已知函數(shù) f(x) = ax2-ax xln x,且 f(x)0.(1)求 a；證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn) X0,且 e2vf(x0)0 等價(jià)于 g(x) 0,因?yàn)?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,則 gx) = 1 x.當(dāng) 0 x1 時(shí)，gx)1 時(shí)，gx)0, g(x)單調(diào)遞增，所以 x= 1 是 g(x)的極小值點(diǎn)，故 g(x) g(1) = 0.綜上，a= 1.證明由(1)知 f(x) = x2xxln x, fx)= 2x 2 In x,1設(shè) h(x) = 2x 2 In x,貝Uhx(= 2 一.xr1 ，當(dāng) x 0, 2 時(shí)，h x)0.11所以 h(x)在 0, 2 單調(diào)遞減，在 2，+x單調(diào)遞增.又 h(e2)0, h 2 0;當(dāng) x (xo, 1)時(shí),h(x)

4、0.因?yàn)?fx(h(x),所以 x=xo是 f(x)的唯一極大值點(diǎn).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) 0一個(gè)f(x1)v0 或 f(x2)0(f(X1)為極大值，兩個(gè)f(X1) = 0 或者 f(X2)= 0f(X2)為極小值)三個(gè)f(x1)0 且 f(x2)v0av0一個(gè)f(x1)0 或 f(x2)v0(f(x1)為極小值，兩個(gè)f(X1) = 0 或者 f(X2)= 0f(X2)為極大值)三個(gè)f(x1)v0 且 f(x2) 03.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式

5、問(wèn)題(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.若證明 f(x)vg(x), x (a, b)，可以構(gòu)造函數(shù) F(x) = f(x) g(x),如果能證明 F(x)在(a, b)上的最大值小于 0,即可證明 f(x)g(x)對(duì)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 與 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)maxO(x I).3對(duì) xi, x2 I 使得 f(x1) g(x2) f(x)max g(X2)f(x)min g(x)min.溫馨提醒解決方程、不等式相關(guān)問(wèn)題，要認(rèn)真分析題目的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和已知條件

6、，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究性質(zhì)，這是解題的關(guān)鍵.熱點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)【例 1】(2018 西安調(diào)研)函數(shù) f(x) = ax+ xln x 在 x= 1 處取得極值.(1) 求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2) 若 y= f(x) m 1 在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.解(1)fx)= a+ ln x+ 1，x0，由 f(牡 a+ 1 = 0，解得 a= 1.則 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當(dāng) 0 x1 時(shí)，f(x) = x( 1 + In x)0 且 x

7、0時(shí)，f(x)0；11當(dāng) X +刈寸，顯然 f(x)f+X.如圖，由圖象可知，m+ 10,即 m 1,由可得一 2m0 且 c 270 時(shí)，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 時(shí)，函數(shù) f(x) = x3+ 4/ + 4x+ c 有三個(gè)不同零點(diǎn).熱點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【例 2】(2018 鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù) f(x) = x 1 + aex.(1)討論 f(x)的單調(diào)性；1當(dāng) a= 1 時(shí)，設(shè)一 1X10，且 f(x“ + f(X2)= 5,證明：X1 2x

8、2 4+-.e(1)解由 f(x)=x1+aex,得 fx(=1+aex.當(dāng) a0 時(shí),fx)0，則 f(x)在 R 上單調(diào)遞增.11當(dāng) a0 時(shí)，令 fx(0，得 xln -，則 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為一汽“.aa11令 fx(ln -，則 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 In : , +.aa證明法一設(shè) g(x) = f(x) + 2x= ex+ 3x 1,則 g x(= ex+ 3.由 gx)ln 3; 由 gx)0，得 xln 3.故 g(x)max= g(ln 3) = 3ln 3 40.從而 g(x) = f(x) + 2x0.Tf(X1)+f(X2)= 5,由 f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)

9、且僅當(dāng) f(x2) + 2x2= 5 f(x1) + 2x2 4+ e1. 1xivO,. e-1eXl4+-.e從而 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.設(shè) g(x) = ex 3x,則 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.證明不等式的基本方法：(1

10、) 利用單調(diào)性：若 f(x)在a, b上是增函數(shù)，則 x a, b，有 f(a)f(x)f(b), xi,X2a, b，且 xix2，有 f(xi)vf(x2).對(duì)于減函數(shù)有類似結(jié)論.(2) 利用最值：若 f(x)在某個(gè)范圍 D 內(nèi)有最大值 M(或最小值 m),則 x D,有f(x)m).2.證明 f(x)g(x),可構(gòu)造函數(shù) F(x) = f(x) g(x),證明 F(x)0.【訓(xùn)練 2】(20i6 全國(guó)川卷)設(shè)函數(shù) f(x) = In x x+ i.(i)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；x 一 i證明當(dāng) x(i, +x)寸,i石xi ,證明當(dāng) x (0 , i)時(shí),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.當(dāng) 0 x0 , f(x)單調(diào)遞增.當(dāng) xi 時(shí),fx)0, f(x)單調(diào)遞減.因此 f(x)在(0 , i)上是增函數(shù)，在(i ,+x上為減函數(shù).證明 由知，函數(shù) f(x)在 x= 1 處取得最大值 f(1)= 0.二當(dāng) xMl 時(shí)，In xx 1.1 1 故當(dāng) x (1,+x時(shí)，in xx 1, In-v- 1,x xx 1 即 11,設(shè) g(x) = 1 + (c 1)x c%,則 gx)= c 1 cxin c.當(dāng) x0, g (x)單調(diào)遞增;當(dāng) xxo時(shí)，g x(0, g (x

12、)單調(diào)遞減.c 一 1 由知 1mcc,故 0X01.又 g(0) = g(1)=0,故當(dāng) 0 x0.當(dāng) x (0, 1)時(shí),1 + (c 1)xcx.熱點(diǎn)三不等式恒成立、存在性問(wèn)題 考法 1 不等式恒成立問(wèn)題【例 3 1】(2016 全國(guó)U卷)已知函數(shù) f(x)= (x+ 1)in x a(x 1).(1)當(dāng) a = 4 時(shí)，求曲線 y= f(x)在(1, f(1)處的切線方程；若當(dāng) x (1,+x時(shí)，f(x)0，求 a 的取值范圍. 解(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+x),當(dāng) a= 4 時(shí)，f(x)= (x+ 1)in x 4(x 1),1f(1) = 0, fx)= in x+ x 3,

13、 f(甘2.故曲線 y=f(x)在(1, f(1)處的切線方程為 2x+ y 2 = 0.a (x 1)f(x)0等價(jià)于in x -x+廠0,2ax2+ 2 (1 a) x+ 1(+廠=x(x+1)2，g(1)=o.當(dāng) ax22x+10,故 gx)0,g(x)在(1,in令 gx)= 0,解得 xo=c1in cin c當(dāng) x(1,+x時(shí),設(shè) g(x) = in xa (x 1)x+ 11則 gx( x由于一 cos x 1 , 0 ,. 26 , 2 ,+ 乂單調(diào)遞增，因此 g(x)g(1)= 0.當(dāng) a2 時(shí)，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.故當(dāng) x (1, X2)時(shí)，gx) m 成立，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.nn解(1)fx)=esin x+excos x=ex(sin x+cos x)=2exsin x+4，當(dāng) 2kn+-0 , f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)n+2kn+42n +2knkZ),37n即 x47+ 2kn + 2kn(k Z)時(shí)，fx(m,即 f(x1)m g(x2),n設(shè) t(x)= m g(x),則原問(wèn)題等價(jià)于 f(x)min t(x)min, x 0 , Q ,n一方面由 可知，當(dāng) x 0 , 2 時(shí)，f 0 ,n故 f(x)在 0 , 2 單調(diào)遞

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當(dāng) x 0, 2 , tx)0, t(x)在 0, 2 為增函數(shù)，t(x)min=t(0)= m 1 +2,所以 m 1 + 20, mg(a)對(duì)于 x D 恒成立,應(yīng)求 f(x)的最小值；若存在 x D，使得 f(x)g(a)成立，應(yīng)求 f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號(hào)是否取到，注意端點(diǎn)的取舍(1)若曲線 尸 f(x)在 x= 1 處的切線過(guò)點(diǎn) M(2, 3),求 a 的

16、值；1 1設(shè) g(x) = x+ 3，若對(duì)任意的 n 0, 2,存在 m 0 , 2,使得 f(m) g(n)x+13成立，求 a 的取值范圍.e (x2 ax+ a)解 (1)因?yàn)?f(x)= 丁D匕 ，(2x a) ex( x2 ax+ a)e所以 f x)= e 對(duì)任意的 n 0 , 2,存在 m 0, 2,使得 f(m) g(n)成立”，等價(jià)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【訓(xùn)練3】(2018 石家莊調(diào)研)設(shè)函數(shù) f(x) =2e (x ax+ a)(aR).(x2)(xa).又 f( 1,即切點(diǎn)為(1,ex11),所以 k=f(

17、甘 1 a =解得 a= 1.e2x因?yàn)間(x)=x+x+1 一 3,gXX (x+ 1)20，所以 g(x)在0, 2上單調(diào)遞增，所以 g(x)max= g(2) = 2.令 fx(= 0,得 x= 2 或 x= a.1當(dāng) a0 在0 , 2上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)max= f(2) = (4-a)e-12,解得 a4-2e；2當(dāng) 0a0 在a，2上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)的最大值為 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 時(shí)，fx)2，解得 a一，所以 a2.e2綜上所述：

18、a-.e熱點(diǎn)四 利用導(dǎo)數(shù)求解最優(yōu)化問(wèn)題【例 4】 某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格 x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式 y 二一七+ 10(x6)2，其中 3x6, a 為x 322由(1)可知，該商品每日的銷售量為 y= 廠+ 10(x 6)2,x 3所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)為22f(x) = (x 3)+ 10( x 6)2=2+ 10(x 3)(x 6)2, 3x0, f(x)單調(diào)遞增;5當(dāng) x 2, 2 時(shí)，fx)0, f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng) x = 2 時(shí)，f(x)取得最大值 80,則 V0.其中找到函6 利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式 f(x

19、)g(x)在區(qū)間 D 上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù) h(x)數(shù) h(x) = f(x) g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口 .4.不等式恒成立、能成立問(wèn)題常用解法(1) 分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為最值，不等式恒成立問(wèn)題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，形如af(x)max或 avf(x)min.(2) 直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，在參數(shù)難于分離的情況下，直接轉(zhuǎn)化為含參函數(shù) 的最值問(wèn)題，伴有對(duì)參數(shù)的分類討論.(3) 數(shù)形結(jié)合，構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數(shù)性質(zhì) 的靈活應(yīng)用.一、選擇題xfr( x)_f ( x)1.設(shè) f(x)是定義在 R上的奇函數(shù)，且 f(2

20、) = 0,當(dāng) x0 時(shí)，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為減函數(shù)，又 )= 0, 入當(dāng)且僅當(dāng) 0 x0，此時(shí) x2f(x)0.解析 x0 時(shí) Ox,Xf(x) f (x)=2x0 的解集為( s, 2)U(0, 2).答案 D2.(2018 貴陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?, 4,部分對(duì)應(yīng)值如下表:x10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù) y=fx)的圖象如圖所示.當(dāng) 1a2 時(shí)，函數(shù) y=f(x) a 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 為()答案 Dx13.

21、(2018 江南八校聯(lián)考)已知 x (0, 2),若關(guān)于 x 的不等式則實(shí)數(shù) k 的取值范圍為()B.0 , 2e 1)A.1B.2C.3D.4解析 根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知 2 是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y=f(x)的大致圖象如圖所示.由于 f(0) = f(3) = 2, 1a0,即 kx2 2x 對(duì)任意 x (0,2)恒成立，從而 k0.x iexexe (x 1)由界 k+12得kx+x22x.令f(x)=x+x2-2x，則f*-+2(x-1)上單調(diào)遞增，當(dāng) X (0, 1)時(shí)，f x)0，函數(shù) f(X)在(0, 1)上單調(diào)遞減，所以 kf(x)min=f(1)= e 1.故實(shí)數(shù) k 的取值范圍

22、是0 , e 1).答案 D4. 已知 e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù) f(x)= ex+ x2 的零點(diǎn)為 a,函數(shù) g(x) = ln x+x2 的零點(diǎn)為 b,則下列不等式中成立的是()A.f(a)vf(1) 0 恒成立，所以函數(shù) f(x)在 R 上是單調(diào)遞增的.又f(0) e+ 0 2= 1v0, f(1) = e+ 1 2 = e 1 0,所以零點(diǎn) a (0, 1)；由題意，1知 gx)= x+ 10,所以 g(x)在(0,+上是單調(diào)遞增的，又 g(1) = ln 1 + 1 2 =1v0, g(2)= ln 2 + 2 2= ln 20,所以函數(shù) g(x)的零點(diǎn) b (1, 2).綜上，可

23、得 0vav1vbv2.因?yàn)?f(x)在 R 上是單調(diào)遞增的，所以 f(a)vf(1)vf(b).答案 Aln x, x1,5. (2018 濰坊三模)已知函數(shù) f(x) = 11若 mn,且 f(m) = f(n),則 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,當(dāng) x (1, 2)時(shí),fx(0,函數(shù) f(x)在(1, 2)21(1n0,得 2ne；當(dāng) hn)0,得 1n2.故當(dāng) n =2 時(shí)，函數(shù) h(n)取得最小值 h(2) = 3 2ln 2.答案 A二、填空題6._ 做一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形水桶，若要使其體

24、積是 27ndm,且用料最省，則圓柱的底 面半徑為 dm.27解析 設(shè)圓柱的底面半徑為 R dm,母線長(zhǎng)為 l dm,則 V=TR2I = 27n所以 l= R2,要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小S表=n2+2nRi=n2+ 2 冗瓦，54n所以$表=2 R -RT.令 Sfx),f ( x)且 f(0)=1，則不等式一 ex1 的解集為_ .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,所以不等式的解集為x|x0.又 In n=1 1qm+ 2,即 m=2ln n 1.所以 n m= n 2ln n

25、+1.設(shè) h(n)= n2ln n +f (x) f (x)ex則 gx)=由題意得 g x)08.(2018 江蘇卷)若函數(shù) f(x) = 2x3 ax2+ 1(a R)在(0,+內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),則 f(x)在-1 , 1上的最大值與最小值的和為解析 fx) = 6x2- 2ax= 2x(3x- a)(a R)，當(dāng) a0 在(0,+x上恒成立，則 f(x)在(0,+x上單調(diào)遞增.又 f(0) = 1,所以此時(shí)f(x)在(0,+內(nèi)無(wú)零點(diǎn),a不滿足題意.當(dāng) a0 時(shí)，由 fx)0 得 x3，由 fx)0 得a 口_ a .0 x0, f(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x (0, 1)時(shí)，f x)0 時(shí)，

26、記 f(x)的最小值為 g(a),證明：g(a)1.(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0, + X),2 221 . 2x2+ 2x2+ 2f x)1+護(hù)一ax+x3丁一丁(x2+ 2)( x a)3x當(dāng) a0, f(x)在(0,+x上單調(diào)遞增;當(dāng) a0 時(shí)，當(dāng) x (0, a), fx)0,f(x)單調(diào)遞增.綜上，當(dāng) a0 時(shí)，f(x)在(0, a)上單調(diào)遞減，在(a,+x上單調(diào)遞增.211證明由(1)知，f(x)min f(a) a a In a 2 a aln a_,aaa1要證 g(a)1， 即證 a aln a 0,a a人ii令 h(a) = In a+ ? + 孑一 1,1 1則只需證 h(a) = In a+- + 二一 10,a a,112a6 7 a 2(a 2)( a+1)h a) = - 3=棗 =a a a a當(dāng) a (0, 2)時(shí),ha)0,h(a)單調(diào)遞增;1 1 1 所以 h(a)min= h