2019届二轮复习小题专练导数的综合应用课件（70张） 70页

第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得 高分 第 24 练　导数的综合应用 [ 解答题突破练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、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 . 2 . 题目难度：偏难 . 栏目索引 核心考点突破练 模板答题规范练 考点一　利用导数研究函数的零点 ( 方程的根 ) 方法技巧 　求解函数零点 ( 方程根 ) 的个数问题的基本思路： (1) 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； (2) 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； (3) 结合图象求解 . 核心考点突破练 解 答 1. 设函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ c . (1) 求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程； 解　 由 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ c ，得 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b . ∵ f (0) ＝ c ， f ′ (0) ＝ b ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ bx ＋ c . (2) 设 a ＝ b ＝ 4 ，若函数 f ( x ) 有三个不同零点，求 c 的取值范围 . 解 答 解　 当 a ＝ b ＝ 4 时， f ( x ) ＝ x 3 ＋ 4 x 2 ＋ 4 x ＋ c ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 8 x ＋ 4. 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 3 x 2 ＋ 8 x ＋ 4 ＝ 0 ， 当 x 变化时， f ( x ) 与 f ′ ( x ) 在区间 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上的变化情况如下： 使得 f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 ) ＝ f ( x 3 ) ＝ 0. 解 答 (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性； 当 a <0 时， f ′ ( x )<0 ，则 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减； 解 答 即 g ( a ) ＝ 1 － ln a ， 解 答 3. 已知 a ∈ R ，函数 f ( x ) ＝ e x － ax (e ＝ 2.718 28 … 是自然对数的底数 ). (1) 若函数 f ( x ) 在区间 ( － e ，－ 1) 上是减函数，求实数 a 的取值范围； 解 　 由 f ( x ) ＝ e x － ax ，得 f ′ ( x ) ＝ e x － a 且 f ′ ( x ) 在 R 上单调递增 . 若 f ( x ) 在区间 ( － e ，－ 1) 上是减函数，只需 f ′ ( x ) ≤ 0 在 ( － e ，－ 1) 上恒成立 . 解 答 (2) 若函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － (e x － 2 ax ＋ 2ln x ＋ a ) 在 区间 内 无零点，求实数 a 的最大值 . 解 　 由已知得 F ( x ) ＝ a ( x － 1) － 2ln x ，且 F (1) ＝ 0 ， ① 当 a ≤ 0 时， F ′ ( x )<0 ， F ( x ) 在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 又 x → 0 时， F ( x ) → ＋ ∞ . 则 0< a ≤ 4ln 2. 所以 φ ( a ) 在 (4 ，＋ ∞ ) 上是减函数， 则 φ ( a )< φ (4) ＝ 2ln 2 － 2<0. 所以实数 a 的最大值为 4ln 2. 考点二　利用导数证明不等式问题 方法技巧 　利用导数证明不等式 f ( x )> g ( x ) 在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h ( x )>0. 其中找到函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) 的零点是解题的突破口 . 解 答 4. 设函数 f ( x ) ＝ ln x － x ＋ 1. (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性； 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，解得 x ＝ 1. 当 0< x <1 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增； 当 x >1 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . 因此， f ( x ) 在 (0,1) 上为增函数，在 (1 ，＋ ∞ ) 上为减函数 . 结合 (1) 知，当 x >1 时， f ′ ( x )<0 恒成立，即 f ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减 ， 可 得 f ( x )< f (1) ＝ 0 ，即有 ln x < x － 1 ； 设 F ( x ) ＝ x ln x － x ＋ 1 ， x >1 ， 则 F ′ ( x ) ＝ 1 ＋ ln x － 1 ＝ ln x ， 当 x >1 时， F ′ ( x )>0 ，可得 F ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 即有 F ( x )> F (1) ＝ 0 ，即有 x ln x > x － 1. 综上，原不等式得证 . 证明 解 答 (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， ① 若 a ≤ 2 ，则 f ′ ( x ) ≤ 0 ， 当且仅当 a ＝ 2 ， x ＝ 1 时， f ′ ( x ) ＝ 0 ， 所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 证明 证明　 由 (1) 知， f ( x ) 存在两个极值点当且仅当 a ＞ 2. 由于 f ( x ) 的两个极值点 x 1 ， x 2 满足 x 2 － ax ＋ 1 ＝ 0 ， 所以 x 1 x 2 ＝ 1 ，不妨设 x 1 ＜ x 2 ，则 x 2 ＞ 1. 由 (1) 知， g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 又 g (1) ＝ 0 ，从而当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ( x ) ＜ 0. 解 答 6. 设函数 f ( x ) ＝ e 2 x － a ln x . (1) 讨论 f ( x ) 的导函数 f ′ ( x ) 零点的个数； 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )>0 ， f ′ ( x ) 没有零点； 所以 f ′ ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 故当 a >0 时， f ′ ( x ) 存在唯一零点 . 证明 证明　 由 (1) ，可设 f ′ ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上的唯一零点为 x 0 ，当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， f ′ ( x )<0 ；当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0. 故 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 所以当 x ＝ x 0 时， f ( x ) 取得最小值，最小值为 f ( x 0 ). 考点三　不等式恒成立或有解问题 方法技巧 　不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1) 分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 a > f ( x ) max 或 a < f ( x ) min . (2) 直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论 . (3) 数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用 . 解 答 7. 已知函数 f ( x ) ＝ e x － e x 2 ＋ ax ( a ∈ R ). (1) 若 f ( x ) 在 (0,1) 上单调，求 a 的取值范围； 解　 由题意知， f ′ ( x ) ＝ e x － 2e x ＋ a ， 令 h ( x ) ＝ e x － 2e x ＋ a ，则 h ′ ( x ) ＝ e x － 2e ， 当 x ∈ (0,1) 时， h ′ ( x )<0 ， h ( x ) 单调递减，即 f ′ ( x ) 在 (0,1) 上单调递减 . 若 f ( x ) 在 (0,1) 上单调递增，则 f ′ (1) ≥ 0 ，即 a ≥ e ； 若 f ( x ) 在 (0,1) 上单调递减，则 f ′ (0) ≤ 0 ，即 a ≤ － 1. 综上可知， a 的取值范围为 ( － ∞ ，－ 1] ∪ [e ，＋ ∞ ). 解 答 (2) 若函数 y ＝ f ( x ) ＋ e x ln x 的图象恒在 x 轴上方，求 a 的最小整数解 . 解　 由题意知， y ＝ f ( x ) ＋ e x ln x 令 t ( x ) ＝ e x － 1 － x ， t ′ ( x ) ＝ e x － 1 － 1 ，当 x >1 时， t ′ ( x )>0 ， t ( x ) 单调递增 ， 当 0< x <1 时， t ′ ( x )<0 ， t ( x ) 单调递减 ， ∴ t ( x ) ≥ t (1) ＝ 0 ， ∴ e x － 1 － x ≥ 0. ∴ 当 x ≥ 1 时， g ( x ) 单调递增 ，当 0< x <1 时， g ( x ) 单调递减， 结合题意，知 a >0 ，故 a 的最小整数解为 1. 由题意得方程 x 2 － ax ＋ 1 ＝ 0 有两个不等的正实数根 ， ∴ a >2 . 即 a 的取值范围为 (2 ，＋ ∞ ). 解 答 解 答 (2) 若关于 x 的方程 f ( x ) ＝ m ( x ＋ 1)( m ∈ Z ) 有实数解，求整数 m 的最大值 . 当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， h ′ ( x )>0 ， h ( x ) 单调递增 ； 当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x )<0 ， h ( x ) 单调递减， 即 m ≤ h ( x ) max ( m ∈ Z ) ， 故 m ≤ 0 ， ∴ 整数 m 的最大值为 0. 解 答 (1) 当 x ∈ [1 ， e] 时，求 f ( x ) 的最小值； ① 若 a ≤ 1 ，当 x ∈ [ 1 ， e ] 时， f ′ ( x ) ≥ 0 ， 则 f ( x ) 在 [ 1 ， e ] 上为增函数， f ( x ) min ＝ f (1) ＝ 1 － a . ② 若 1 ＜ a ＜ e ， 当 x ∈ [ 1 ， a ] 时， f ′ ( x ) ≤ 0 ， f ( x ) 为减函数； 当 x ∈ [ a ， e ] 时， f ′ ( x ) ≥ 0 ， f ( x ) 为增函数 . 所以 f ( x ) min ＝ f ( a ) ＝ a － ( a ＋ 1)ln a － 1. ③ 若 a ≥ e ，当 x ∈ [ 1 ， e ] 时， f ′ ( x ) ≤ 0 ， f ( x ) 在 [ 1 ， e ] 上为减函数， 综上，当 a ≤ 1 时， f ( x ) min ＝ 1 － a ； 当 1 ＜ a ＜ e 时， f ( x ) min ＝ a － ( a ＋ 1)ln a － 1 ； (2) 当 a ＜ 1 时，若存在 x 1 ∈ [ e ， e 2 ] ，使得对任意的 x 2 ∈ [ － 2 , 0 ] ， f ( x 1 ) ＜ g ( x 2 ) 恒成立，求 a 的取值范围 . 解　 由题意知， f ( x )( x ∈ [ e ， e 2 ] ) 的最小值小于 g ( x )( x ∈ [ － 2,0 ] ) 的最小值 . 由 (1) 知， f ( x ) 在 [ e ， e 2 ] 上单调递增， g ′ ( x ) ＝ (1 － e x ) x . 当 x ∈ [ － 2,0 ] 时， g ′ ( x ) ≤ 0 ， g ( x ) 为减函数， g ( x ) min ＝ g (0) ＝ 1 ， 解 答 模板答题规范练 模 板体验 审题 路线图 规范解答 · 评分标准 当 m ≤ 0 时， f ′ ( x ) ＞ 0 恒成立，则函数 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增； (2) 解　 由 (1) 知，当 m ≤ 0 时显然不成立； 只需 m － ln m － 1 ≤ 0 即可，令 g ( x ) ＝ x － ln x － 1 ， 函数 g ( x ) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 ， 所以 g ( x ) min ＝ g (1) ＝ 0. 故 f ( x ) ≤ 0 在 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立时， m ＝ 1 . 10 分 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 求导数 . [ 第二步 ] 　 看性质 ：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质 . [ 第三步 ] 　 用性质 ：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法 . [ 第四步 ] 　 得结论 ：审视转化过程的合理性 . [ 第五步 ] 　 再反思 ：回顾反思，检查易错点和步骤规范性 . 1. 设函数 f ( x ) ＝ － k ln x ， k >0. (1) 求 f ( x ) 的单调区间和极值； 解答 规范演练 解　 函数的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). f ′ ( x ) 与 f ( x ) 在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上随 x 的变化情况如下表： (2) 证明：若 f ( x ) 存在零点，则 f ( x ) 在区间 (1 ， ] 上仅有一个零点 . 证明 2. 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ ax 2 ＋ (2 a ＋ 1) x . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解答 解　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 若 a ≥ 0 ，则当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ， 故 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 综上，当 a ≥ 0 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增； 证明 当 x ∈ (0,1) 时， g ′ ( x )>0 ； 当 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. 3.(2018· 浙江 ) 已知函数 f ( x ) ＝ (1) 若 f ( x ) 在 x ＝ x 1 ， x 2 ( x 1 ≠ x 2 ) 处导数相等，证明： f ( x 1 ) ＋ f ( x 2 ) ＞ 8 － 8ln 2 ； 证明 因为 x 1 ≠ x 2 ，所以 x 1 x 2 ＞ 256. 当 x 变化时， g ′ ( x ) 和 g ( x ) 的变化情况如下表所示： x (0,16) 16 (16 ，＋ ∞ ) g ′ ( x ) － 0 ＋ g ( x )  2 － 4ln 2  所以 g ( x ) 在 (256 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 故 g ( x 1 x 2 ) ＞ g (256) ＝ 8 － 8ln 2 ， 即 f ( x 1 ) ＋ f ( x 2 ) ＞ 8 － 8ln 2. (2) 若 a ≤ 3 － 4ln 2 ，证明：对于任意 k ＞ 0 ，直线 y ＝ kx ＋ a 与曲线 y ＝ f ( x ) 有唯一公共点 . 证明 f ( m ) － km － a ＞ | a | ＋ k － k － a ≥ 0 ， 所以存在 x 0 ∈ ( m ， n ) ，使 f ( x 0 ) ＝ kx 0 ＋ a ， 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 (1) 可知 g ( x ) ≥ g (16) ，又 a ≤ 3 － 4ln 2 ， 故－ g ( x ) － 1 ＋ a ≤ － g (16) － 1 ＋ a ＝－ 3 ＋ 4ln 2 ＋ a ≤ 0 ， 所以 h ′ ( x ) ≤ 0 ，即函数 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 因此方程 f ( x ) － kx － a ＝ 0 有唯一一个实根 . 综上，当 a ≤ 3 － 4ln 2 时，对于任意 k ＞ 0 ，直线 y ＝ kx ＋ a 与曲线 y ＝ f ( x ) 有唯一公共点 . 4.(2018· 宣城模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ＋ b ln x ( 其中 a ， b ∈ R ). (1) 当 b ＝－ 4 时，若 f ( x ) 在其定义域内为单调函数，求 a 的取值范围； 解答 解　 函数 f ( x ) 的定义域是 (0 ，＋ ∞ ) ，当 b ＝－ 4 时， ∴ a ≤ 0 . 综 上， a ≤ 0 或 a ≥ 1. (2) 当 a ＝－ 1 时，是否存在实数 b ，使得当 x ∈ [ e ， e 2 ] 时， 不等式 f ( x )>0 恒成立，如果存在，求 b 的取值范围，如果不存在，请说明理由 . 解答 而 m (e)<0 ， m (e 2 )>0 ， 故存在 x 0 ∈ [e ， e 2 ] ，使得 h ( x ) 在 [e ， x 0 ) 上单调递减， 在 ( x 0 ， e 2 ] 上单调递增， ∴ h ( x ) max ＝ h (e 2 ) 或 h (e) ， 本课结束