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第27練 導數(shù)的綜合應用
[明晰考情] 1.命題角度：函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題.2.題目難度：偏難題.
考點一 利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)
方法技巧 求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題的基本思路
(1)轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題.
(2)利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象.
(3)結合圖象求解.
1.設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍.
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(0)＝c，f′(0)＝b，
∴曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.
(2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－.
當x變化時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的變化情況如下：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－
↗
∴當c>0且c－<0時，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的單調(diào)性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點.
2.(2018東莞模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－2x－1.
(1)求曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程；
(2)設g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若g(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍.
解 (1)由題意知f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，
又f(0)＝e0－20－1＝0，
∴f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝－x.
(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a.
當a≤0時，g′(x)>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，不符合題意.
當a>0時，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，ln(2a))上單調(diào)遞減，在(ln(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)極小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a
＝a－2aln(2a).
∵g(x)有兩個零點，∴g(x)極小值<0，即a－2aln(2a)<0，
∵a>0，∴l(xiāng)n(2a)>，解得a>，
∴實數(shù)a的取值范圍為.
3.(2018新余模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.
解 (1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a).
①若a≥0，則當x>0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0.
故函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
②當a<0時，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a).
(ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－，
則?x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0，
故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；
(ⅱ)若ln(－2a)<0，即－
0；當x∈(ln(－2a)，0)時，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，0)上單調(diào)遞減.
(ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－，則當x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(0，ln(－2a))時，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln(－2a))上單調(diào)遞減.
(2)①當a>0時，由(1)知，函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
因為f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0，
取實數(shù)b滿足b<－2且ba(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0，
所以f(x)有兩個零點；
②若a＝0，則f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一個零點.
③若a<0，由(1)知，
當a≥－時，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又當x≤0時，f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；
當a<－時，則f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增；在(0，ln(－2a))上單調(diào)遞減.又f(0)＝－1，故不存在兩個零點.
綜上所述，a的取值范圍是(0，＋∞).
考點二 利用導數(shù)證明不等式問題
方法技巧 利用導數(shù)證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點是解題的突破口.
4.設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1<0)，得f′(x)＝－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
當00，f(x)單調(diào)遞增；
當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.
因此，f(x)在(0,1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù).
(2)證明 當x∈(1，＋∞)時，1<1時，f′(x)<0恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，可得f(x)1，
則F′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，
當x>1時，F(xiàn)′(x)>0，可得F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
即有F(x)>F(1)＝0，
即有xlnx>x－1.綜上，原不等式得證.
5.(2018全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.
(1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：當a≥時，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由題設知，f′(2)＝0，所以a＝.
從而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.
當0＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2).
(2)證明 當a≥時，f(x)≥－lnx－1.
設g(x)＝－lnx－1(x∈(0，＋∞))，則g′(x)＝－.
當0＜x＜1時，g′(x)＜0；當x＞1時，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值點.
故當x＞0時，g(x)≥g(1)＝0.
因此，當a≥時，f(x)≥0.
6.設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.
(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；
(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0).
當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；
當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－
在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點.
(2)證明 由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).
由于－＝0，
所以f(x0)＝－alnx0＝＋2ax0－2ax0－alnx0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
當且僅當x0＝時，取等號.
故當a>0時，f(x)≥2a＋aln.
考點三 不等式恒成立或有解問題
方法技巧 不等式恒成立、能成立問題常用解法
(1)分離參數(shù)后轉化為求最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉化為函數(shù)的最值問題，形如a>f(x)max或a0恒成立，
令g(x)＝－x＋＋lnx(x>0)，
g′(x)＝，
令t(x)＝ex－1－x，t′(x)＝ex－1－1，當x>1時，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增，當00，故a的最小整數(shù)解為1.
8.已知函數(shù)f(x)＝lnx.
(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋x2有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若關于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m∈Z)有實數(shù)解，求整數(shù)m的最大值.
解 (1)g(x)＝lnx－ax＋x2(x>0)，
則g′(x)＝，
由題意得方程x2－ax＋1＝0有兩個不等的正實數(shù)根，設兩根為x1，x2，
則即a的取值范圍為(2，＋∞).
(2)方程lnx＝m(x＋1)，即m＝，
設h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝，
令φ(x)＝－lnx(x>0)，則φ′(x)＝－－<0,
φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，h′(e)＝>0，
h′(e2)＝<0，
存在x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝0，即＝lnx0，
當x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
∴h(x)max＝＝∈，
即m≤h(x)max(m∈Z)，
故m≤0，經(jīng)檢驗當m＝0時滿足題意，
∴整數(shù)m的最大值為0.
9.(2017全國Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍.
解 (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋.
當x∈(－∞，－1－)時，f′(x)＜0；
當x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)＞0；
當x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)上單調(diào)遞增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
當a≥1時，設函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減.而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
當00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.
而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
當0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，
則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)>ax0＋1.
當a≤0時，取x0＝，
則x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
綜上，a的取值范圍是[1，＋∞).
典例 (12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－mx＋m，m∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的值；
(3)在(2)的條件下，對任意的0＜a＜b，求證：＜.
審題路線圖
(1)―→―→
(2)―→―→―→
―→
(3)―→
規(guī)范解答評分標準
(1)解 f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞)).
當m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當m＞0時，由f′(x)＝－m＝＞0，
可得x∈，則f(x)在上單調(diào)遞增，
由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈，
則f(x)在上單調(diào)遞減.4分
(2)解 由(1)知，當m≤0時顯然不成立；
當m＞0時，f(x)max＝f＝ln－1＋m
＝m－lnm－1，
只需m－lnm－1≤0即可，令g(x)＝x－lnx－1，
則g′(x)＝1－，
函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0.
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立時，m＝1.8分
(3)證明?。剑剑?＝－1，
由0＜a＜b，得＞1，由(2)得00.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點.
(1)解 函數(shù)的定義域為(0，＋∞).
由f(x)＝－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去).
f′(x)與f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
↗
所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，
單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞).
f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無極大值.
(2)證明 由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e，
當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，]上單調(diào)遞減且f()＝0，
所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點；
當k>e時，f(x)在區(qū)間(1，]上單調(diào)遞減且
f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點.
綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點.
2.(2017全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當a<0時，證明f(x)≤－－2.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
若a<0，則當x∈時，f′(x)>0；
當x∈時，f′(x)<0.
故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
綜上，當a≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a<0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
(2)證明 由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.
設g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，
則g′(x)＝－1.
當x∈(0,1)時，g′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.
所以當x>0時，g(x)≤0.
從而當a<0時，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
3.已知函數(shù)f(x)＝－lnx.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))；
(3)求證：ln≤.
(1)解 f(x)＝－lnx＝1－－lnx，
f(x)的定義域為(0，＋∞).
∵f′(x)＝－＝，
由f′(x)>0，得01，
∴f(x)＝1－－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞).
(2)解 由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，
∴f(x)在上的最大值為f(1)＝1－－ln1＝0.
又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f0).
(1)設φ(x)＝f(x)－1－a，求φ(x)的最小值；
(2)若在區(qū)間(1，e)上f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
解 (1)φ(x)＝f(x)－1－a
＝alnx－a(x>0)，
則φ′(x)＝－＝，令φ′(x)＝0，得x＝1.
當01時，φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù).
故φ(x)在x＝1處取得極小值，也是最小值.
∴φ(x)min＝φ(1)＝0.
(2)由f(x)>x，得alnx＋1>x，即a>.
令g(x)＝(10.
故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0.
因為h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，
則g(x)
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第二篇
第27練
導數(shù)的綜合應用精準提分練習
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2019
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