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5.3 导数的综合应用
【考点突破】
考点一　利用导数证明不等式(高考热度：★★★)
[例1] (2019北京卷，19)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程．
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．
[解题通法]
证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明．
(1)证明不等式f(x)(2)在证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造不等式f(a)>f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式．
考点微练
1．已知曲线f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立．
2．(2020届山东模拟)函数f(x)＝(x>0)，曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线在y轴上的截距为.
(1)求a；
(2)讨论g(x)＝x(f(x))2的单调性；
(3)设a1＝1，an＋1＝f(an)，证明：2n－2|2ln an－ln 7|<1.
考点二　利用导数解决恒成立问题(高考热度：★★★)
[例2] 已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
[方法总结]
不等式恒成立问题的求解方法
(1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题，常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max；要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，可直接求最值建立关于参数的不等式并求解．例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数取值范围的关键就是找到这样的不等式．
考点微练
(2020届安徽十四校联盟上学期11月段考)已知函数f(x)＝x(1－acos x)，x∈.
(1)若a＝，判断函数f(x)的单调性；
(2)若对于x∈，f(x)＋sin x≥0恒成立，求实数a的取值范围．
考点三　利用导数解决存在性问题(高考热度：★★)
[例3] 已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
[解题通法]
1．含参数的存在型(能成立)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2．含全称、存在量词不等式能成立问题的解题方法
(1)存在x1∈A，对于任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；
(2)对于任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
考点微练
已知函数f(x)＝m(x－)－2ln x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)考点四　利用导数解决函数零点问题(高考热度：★★★)
[例4] (2019全国卷Ⅰ，20)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间(－1，)存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
解题通法
利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断出函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
考点微练
1．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．
2．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
【素养提升】
切线临界性的应用
曲线y＝f(x)的切线可以是直线与曲线交点个数的分界点，也可以是一个非一次解析式与一次解析式满足的不等式的分界线，利用这种临界性可以解决函数零点、不等式等问题．
1．确定方程解的个数
[例1] 已知f(x)＝，若方程f(x)－2ax＝a－1有唯一解，则实数a的取值范围是(　　)
A．(，＋∞) B．[，＋∞)
C．{－8}∪[，＋∞) D．{－8}∪(，＋∞)
素养评析
过某个定点的直线系中，如果有一条是曲线y＝f(x)的切线，且曲线上除切点外其余点位于切线同一侧，则该切线是直线与曲线交点个数的分界线，利用这种临界性即可确定直线系与曲线的交点个数，从而确定函数零点个数、方程实数根的个数等问题．
素养微练
1．若函数f(x)＝ln(x－1)＋－ax(a＞0)恰有一个零点，则实数a的值为(　　)
A． B．2 C． D．e
2．(2019河南八市重点中学联盟“领军考试”第五次测评)已知函数f(x)＝，若方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根，则a的取值范围是(　　)
A．(0，＋∞) B．(0，)
C．(－∞，0) D．(0，1)
2．确定不等式
[例2] 已知函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，当x≥1时，f(x)＝，若不等式f(x)≥6x＋a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤－13 B．a≥13
C．a≥12 D．a≤－12
素养评析
如果曲线y＝f(x)与直线y＝ax＋b相切，且曲线上除切点外其余各点均在切线一侧，则一定有f(x)≥ax＋b或f(x)≤ax＋b恒成立．
素养微练
1．关于x的方程kx＝sin x，k∈(0，1)，在(－3π，3π)内有且仅有5个实根，设最大的实根是α，则α与tan α的大小关系是(　　)
A．α＞tan α B．α＜tan α
C．α＝tan α D．以上都不对
2．已知函数f(x)＝，e为自然对数的底数．若f(x)≥ax－1恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，＋∞) B．[0，e]
C．[0，1] D．[e，＋∞)
3．不等式kx≥(x＞0) 恒成立，则k的最小值为(　　)
A． B． C． D．1
4．函数f(x)＝x3＋x，若x∈[0，2]，都有|f(ax－ex＋1)|≤2，则实数a的取值范围是_____________．
参考答案
【考点突破】
考点一　利用导数证明不等式(高考热度：★★★)
[例1] 解析：(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2) 证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的情况如下表：
x －2 (－2，0) 0 4
g′(x) ＋ － ＋
g(x) －6 ↗ 0 ↘ － ↗ 0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3由(2)知，
当a＜－3时， M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a＞3；
当a＞－3时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a＞3；
当a＝－3时，M(a)＝3.
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
考点微练
1．解析：(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2，
所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.①
f′(x)＝，
f′(－1)＝＝－1.②
联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝.
(2)证明：由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立，
即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2.
因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立．
2．解析： （1）∵f′(x)＝，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝.又f(1)＝，∴切线方程为y－＝(x－1)，即y＝x＋.又切线在y轴上的截距为，∴＝，解得a＝7.
(2)由(1)得f(x)＝，则g(x)＝x，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝＋2x＝＋2x(x＋7)·＝>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：要证2n－2|2ln an－ln 7|<1，即证<.
当n＝1时，ln 7<2成立，即证<，
即证<.
由题意得an>0，即证<.
∵a1＝1，an＋1＝f(an)，∴an＋1＝，
∴an＋1－＝－＝，
由an>0得an－与an＋1－异号．
①当an>时，0即证<，即证ana>7，即证an>7.
由(2)知，当an>，g(an)>g()＝7成立．
②当an＋1>时，0即证<，即证ana<7，即证an<7.
由(2)知，当0综上，2n－2|2ln an－ln 7|<1得证．
考点二　利用导数解决恒成立问题(高考热度：★★★)
[例2] 解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0故(2)当x≥1时，k≤恒成立．
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
考点微练
解析：(1)由题意得，f(x)＝x，
则f ′(x)＝1－cos x＋xsin x，
当x∈时，1－cos x>0，xsin x≥0，∴f ′(x)>0，
∴函数f(x)在上单调递增．
(2)由题意得，x－axcos x＋sin x≥0在上恒成立．
∵x∈，∴sin x≥0，cos x≥0.
①当a≤0时，x－axcos x＋sin x≥0在上恒成立．
②当a>0时，设g(x)＝x＋sin x－axcos x，
则g′(x)＝1＋cos x－acos x＋axsin x＝1＋(1－a)cos x＋axsin x.
a. 当0又axsin x≥0，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，符合题意；
b. 当a>2时，令h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cos x＋axsin x，
则h′(x)＝(2a－1)sin x＋axcos x，h′(x)≥0在区间上恒成立，
∴g′(x)在区间上单调递增，g′(x)min＝g′(0)＝2－a<0，g′(x)max＝g′＝1＋>0，∴存在x0∈，使得g′(x0)＝0，当0综上所述，实数a的取值范围是(－∞，2]．
考点三　利用导数解决存在性问题(高考热度：★★)
[例3] 解析：(1) f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a (1，2)，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，
所以a≤在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝，
则h′(x)＝.
因为x∈[1，e]，所以x＋2＞2≥2ln x，
所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以当x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，
所以a≤，所以实数a的取值范围是.
考点微练
解析：依题意，不等式f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，
∴mx<2ln x在区间[1，e]上有解，即<能成立．
令h(x)＝，x∈[1，e]，则h′(x)＝.
当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，
∴h(x)的最大值为h(e)＝.
由题意知＜，即m＜时，f(x)∴实数m的取值范围是.
考点四　利用导数解决函数零点问题(高考热度：★★★)
[例4] 证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋ .
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α，则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2) f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(i)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．
(ii)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时， f(x)＞0，从而，f(x)在没有零点．
(iii)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(iv)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．
考点微练
1．解析：(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，解得a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2) 由(1)知g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
当0当x>3时，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9＞0.
又∵g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
∴g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．
2．解析：(1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a＋ln x＋1.因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
则f′(x)＝ln x．令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2) y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即m＞－2，①
当0e时，f(x)>0.
当x→ 0＋时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，②
由①②可得－2【素养提升】
1．确定方程解的个数
[例1] 解析：∵f(x)＝
∴f(x)＝
对方程f(x)－2ax＝a－1进行整理得f(x)＝2a(x＋)－1.
作出函数y＝f(x)＝的图象，如图所示．
直线y＝2ax＋a－1恒过点(－，－1)，即直线绕点(－，－1)旋转，
当直线过点(1，1)时，a＝；
当直线y＝2ax＋a－1与曲线y＝－1(－1＜x＜0)相切时，设切点坐标为(x0，y0)，
f′(x)＝－，则切线斜率为k＝－，
切线方程为y＝－(x－x0)＋(－1)，
将(－，－1)，代入得－1＝－(－－x0)＋(－1)，
解得x0＝－，此时斜率k＝－16.
可求得a＝－8.
根据图象可知当a＞或a＝－8时，方程f(x)－2ax＝a－1有唯一解．
答案：D
素养微练
1．解析：函数的定义域为(1，＋∞)，若函数f(x)＝ln(x－1)＋－ax(a＞0)恰有一个零点，等价为ln(x－1)＋－ax＝0恰有一个实根，即ln(x－1)＋＝ax只有一个实根，即函数y＝ln(x－1)＋和y＝ax的图象只有一个交点，即当a＞0时，直线y＝ax是函数y＝ln(x－1)＋的切线．
设g(x)＝ln(x－1)＋，切点为(m，n)，则ln(m－1)＋＝n.因为g′(x)＝－＝＞0，切线斜率k＝g′(m)＝－＝a，则切线方程为y－n＝(x－m)．
∵切线过原点，∴－m＋ln(m－1)＋＝0，
即ln(m－1)＋－＝0.
因为ln(m－1)＋－≤(m－1)－1－
＝，
所以m＝2，此时a＝－＝－＝1－＝.故选A.
2．解析：设g(x)＝－f(－x)，则y＝g(x)的图象与y＝f(x)的图象关于原点对称，方程f(－x)＝－f(x)有五个不同的实数根等价于函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有5个交点，由图可知，只需直线y＝ax与曲线y＝ln x在第一象限有两个交点即可．设过原点的直线与y＝ln x的图象切于点P(x0，y0)，由于f ′(x)＝，则y＝ln x的切线为y－ln x0＝(x－x0)，又此直线过点(0，0)，所以ln x0＝1，
所以x0＝e，即f′(e)＝，即过原点的直线与y＝ln x相切的直线方程为y＝x，即所求a的取值范围为0＜a＜.故选B.
2．确定不等式
[例2] 解析：由f(2－x)＝f(x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，作出函数f(x)的示意图，如图所示．
显然，当x≥2时，f(x)＝x2－4，f′(x)＝2x，
由题意知，切线斜率为6，
所以2x＝6，解得x＝3.
所以在切点(3，5)的切线方程为y－5＝6(x－3)，
即y＝6x－13.
由f(x)≥6x＋a恒成立，可得y＝f(x)的图象与y＝6x－13的图象相切或恒在y＝6x－13图象的上方，故所求a的取值范围为a≤－13.故选A.
素养微练
1．解析：由题意作出y＝kx与y＝sin x在(－3π，3π)的图象，如图所示．
∵方程kx＝sin x(k∈(0，1))在(－3π，3π)内有且仅有5个实根，最大的实根是α，∴α必是y＝kx与y＝sin x的图象在(2π，3π)内相切时切点的横坐标．设切点坐标为(x0，y0)，x0∈，则x0＝α，
斜率k＝cos x0，则＝cos x0，∴＝cos α，∴α＝tan α.故选C.
2．解析：由题意可以作出函数y＝f(x)与y＝ax－1的图象，如图所示．
若不等式f(x)≥ax－1恒成立，必有0≤a≤k，其中k是直线y＝ex－1过点(0，－1)的切线斜率．设切点坐标为(x0，ex0－1)．因为y＝ex，所以k＝ex0＝，解得x0＝1，所以k＝e，故0≤a≤e.
3．解析：令f(x)＝，则f′(x)＝，很明显函数f(x)的周期为2π，
由f ′(x)的符号可得函数f(x)在区间(0，2π)上具有如下单调性：
在区间和上单调递增，在区间上单调递减，绘制函数图象如图所示．
考查临界条件，满足题意时，直线y＝kx恒在函数f(x)＝的图象的上方，临界条件为直线与曲线相切的情况，此时k＝f′(0)＝，即k的最小值为.故选A.
4．解析：由题意知，函数f(x)是定义在R上的奇函数，在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(1)＝2，－2≤f(ax－ex＋1)≤2，即－1≤ax－ex＋1≤1，即
①作出y＝ex与y＝ax的图象，当直线y＝ax为曲线y＝ex的切线时，可求得a＝e，
当x∈[0，2]时，ex≥ax a≤e；
②作出y＝ex与y＝ax＋2的图象，当x∈[0，2]时，ex≤ax＋2，只需e2≤2a＋2，即a≥e2－1.
综上可得，a∈.

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