《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的熱點問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的熱點問題學案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的熱點問題學案 [考情考向分析]　利用導數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題，高考中常與函數(shù)零點、不等式結合，證明不等式和求參數(shù)范圍問題是熱點題型，中高檔難度． 熱點一　利用導數(shù)證明不等式 用導數(shù)證明不等式是導數(shù)的應用之一，可以間接考查用導數(shù)判定函數(shù)的單調性或求函數(shù)的最值，以及構造函數(shù)解題的能力． 例1　已知函數(shù)f(x)＝2x－ln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)求證：1＋ln 2≤f(x)<＋1. (1)解　由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝， 令f′(x)＝0，

2、得x＝. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為. (2)證明　由(1)知f(x)min＝f?＝1＋ln 2. 所以1＋ln 2≤f(x)成立． 另一方面，要證f(x)<＋1成立． 只要證＋2ln x－4x＋2>0， 設函數(shù)g(x)＝＋2ln x－4x＋2， 則g′(x)＝＋－4＝. 令t(x)＝e2x－1－2x，x∈(0，＋∞)． 則t′(x)＝2(e2x－1－1)，由t′(x)＝0得x＝， 所以當x∈時，t′(x)<0，即t(x)為減函數(shù)； 當x∈時，t′(x)>0，即t(x)為增函數(shù)， 所以t(x)≥t＝0. 令g′(x)＝＝0，得x＝， 所以當x∈時，

3、g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)； 當x∈時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)， 則g(x)min＝g＝2－2ln 2>0， 即當x∈(0，＋∞)時，＋2ln x－4x＋2>0， 綜上，1＋ln 2≤f(x)<＋1成立． 思維升華　用導數(shù)證明不等式的方法 (1)利用單調性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，則f(a)≤f(x)≤f(b)；②對?x1，x2∈[a，b]，且x1

4、(x)0時，證明：存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1. (1)解　函數(shù)的定義域為[0，＋∞)， f′(x)＝＋＝(x>0)， 若a≤0，f′(x)>0，f(x)的單調遞增區(qū)間為[0，＋∞)； 若a>0，當0時，f′(x)>0， 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為. (2)證明　由(1)可知，當a>0時， f(x)min＝f?＝

5、－a， 所以存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1 等價于－a≤－a＋1， 設g(a)＝a－a＋1(a>0)， 則g′(a)＝·－1＝(－)， 所以g(a)在(0,3)上單調遞減，在(3，＋∞)上單調遞增， 所以g(a)min＝g(3)＝0，故g(a)≥0， 所以－a≤－a＋1恒成立， 因此存在x0>0，使得f(x0)≤－a＋1. 熱點二　利用導數(shù)討論方程根的個數(shù) 方程的根、函數(shù)的零點、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的走勢，通過數(shù)形結合思想直觀求解． 例2　設函數(shù)f(x)＝ex－2a－ln(x＋a)

6、，a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)若a>0，且函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)內單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若0－a)， 記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex

7、＋>0， 知f′(x)在區(qū)間內單調遞增． 又∵f′(0)＝1－<0，f′(1)＝e－>0， ∴f′(x)在區(qū)間內存在唯一的零點x0， 即f′(x0)＝－＝0， 于是＝，x0＝－ln. 當－ax0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增． ∴f(x)min＝f(x0)＝－2a－ln ＝－2a＋x0＝x0＋a＋－3a≥2－3a， 當且僅當x0＋a＝1時，取等號． 由00， ∴f(x)min＝f(x0)>0，即函數(shù)f(x)沒有零點． 思維升華　(1)函數(shù)y＝f(x)－k的零點問題，可轉化為函數(shù)y＝f(x

8、)和直線y＝k的交點問題． (2)研究函數(shù)y＝f(x)的值域，不僅要看最值，而且要觀察隨x值的變化y值的變化趨勢． 跟蹤演練2　(2018·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，求a. (1)證明　當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0. 設函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 則g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x. 當x≠1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減． 而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0

9、，即f(x)≥1. (2)解　設函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點． (ⅰ)當a≤0時，h(x)>0，h(x)沒有零點； (ⅱ)當a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 當x∈(0,2)時，h′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增． 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值． ①若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點． ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點． ③若

10、h(2)<0，即a>， 因為h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一個零點； 由(1)知，當x>0時，ex>x2， 所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0， 故h(x)在(2,4a)上有一個零點． 因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個零點． 綜上，當f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點時，a＝. 真題體驗 (2018·浙江)已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2； (2)若a≤3－4ln 2，證明：對于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 證明

11、　(1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)＝－. 由f′(x1)＝f′(x2)得 －＝－. 因為x1≠x2，所以＋＝. 由基本不等式，得＝＋≥2. 因為x1≠x2，所以x1x2>256. 由題意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)． 設g(x)＝－ln x(x>0)， 則g′(x)＝(－4)， 當x變化時，g′(x)和g(x)的變化如下表所示： x (0,16) 16 (16，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) ↘ 2－4ln 2 ↗ 所以g(x)在(256，＋∞)上單調遞增， 故g(x1x2)>g(25

12、6)＝8－8ln 2， 即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2. (2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，則 f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0， f(n)－kn－a

13、)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調遞減， 因此方程f(x)－kx－a＝0有唯一一個實根． 綜上，當a≤3－4ln 2時，對于任意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點． 押題預測 設f(x)＝x－－aln x(a∈R)． (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點處的切線方程； (2)當a<1時，在內是否存在實數(shù)x0，使f(x0)>e－1成立？ 押題依據(jù)　有關導數(shù)的綜合應用試題多考查導數(shù)的幾何意義、導數(shù)與函數(shù)的單調性、導數(shù)與不等式等基礎知識和基本方法，考查轉化與化歸的數(shù)學思想方法，本題的命制正是根據(jù)這個要求進行的． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝x－ln

14、 x，f′(x)＝1－， ∴曲線y＝f(x)在點處的切線的斜率為f′＝1－＝－1. 所求切線方程為y－＝－， 即x＋y－ln 2－1＝0. (2)存在．理由如下： 要證當a<1時，在內存在實數(shù)x0，使f(x0)>e－1成立， 則只需證明當x∈時，f(x)max>e－1即可． f′(x)＝1＋－＝ ＝(x>0)， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1， 當a<1時，a－1<0， 當x∈時，f′(x)<0；當x∈(1，e)時，f′(x)>0. 則函數(shù)f(x)在上單調遞減，在[1，e]上單調遞增， ∴f(x)max＝max. 于是，只需證明f(e)>e－1或f?>e

15、－1即可， ∵f(e)－(e－1)＝e－－a－(e－1)＝>0， ∴f(e)>e－1成立， ∴假設正確，即當a<1時，在x∈內存在實數(shù)x0，使f(x0)>e－1成立． A組　專題通關 1．設函數(shù)f(x)＝＋. (1)求函數(shù)f(x)的值域； (2)當實數(shù)x∈[0,1]時，證明：f(x)≤2－x2. (1)解　函數(shù)f(x)的定義域是[－1,1]， ∵f′(x)＝， 當f′(x)>0時，解得－1

16、0)＝2， ∴函數(shù)f(x)的值域為[，2]． (2)證明　設h(x)＝＋＋x2－2，x∈[0,1]， h(0)＝0， ∵h′(x)＝＋x ＝x， ∵(＋) ＝·≤2， ∴h′(x)≤0. ∴h(x)在(0,1)上單調遞減， 又h(0)＝0，∴h(x)≤h(0)＝0， ∴f(x)≤2－x2. 2．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x. (1)若函數(shù)f(x)在內有極值，求實數(shù)a的取值范圍； (2)在(1)的條件下，對任意t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求證：f(t)－f(s)>e＋2－. (1)解　由定義域為(0,1)∪(1，＋∞)， f′(x)＝－＝， 設h(x)＝x

17、2－(a＋2)x＋1， 要使y＝f(x)在上有極值， 則x2－(a＋2)x＋1＝0有兩個不同的實根x1，x2， ∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，① 且至少有一根在區(qū)間上， 又∵x1·x2＝1， ∴只有一根在區(qū)間(e，＋∞)上，不妨設x2>e， ∴0e＋－2，② 聯(lián)立①②可得a>e＋－2. 即實數(shù)a的取值范圍是. (2)證明　由(1)知，當x∈時，f′(x)<0， f(x)單調遞減， 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， ∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值

18、f(x2)， 即?t∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)， 又當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減， ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)， 即對?s∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)， 又∵x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1， x1∈，x2∈， ∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1) ＝ln x2＋－ln x1－ ＝ln＋－ ＝ln x＋x2－， 設k(x)＝ln x2＋x－＝2ln x＋x－(x>e)， 則k′(x)＝＋1＋>0(x>e)， ∴k(x)在上單調遞增， ∴k(x)>k(e)＝2

19、＋e－， ∴f(t)－f(s)>e＋2－. 3．(2018·浙江省衢州二中模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex＋(2－e)x(a為實數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在x＝0處的切線與直線(3－e)x－y＋10＝0平行，g(x)＝－x2＋4x－1. (1)求實數(shù)a的值，并判斷函數(shù)f(x)在[0，＋∞)內的零點個數(shù)； (2)證明：當x>0時，f(x)≥g(x)． (1)解　∵f′(x)＝aex＋2－e， ∴f′(0)＝a＋2－e＝3－e，∴a＝1， ∴f(x)＝ex＋(2－e)x， 則f′(x)＝ex＋2－e. 當x≥0時，f′(x)＝ex＋2－e≥e0＋2－e>0， ∴f

20、(x)在[0，＋∞)上單調遞增，且f(0)＝1>0， ∴f(x)在[0，＋∞)內沒有零點． (2)證明　當x>0時，設h(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋x2－(2＋e)x＋1， 則h′(x)＝ex＋2x－2－e＝(ex－e)＋2(x－1)． h′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且h′(1)＝0， ∴h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， h(x)min＝h(1)＝e＋1－(2＋e)＋1＝0， ∴當x>0時，h(x)≥0，即當x>0時，f(x)≥g(x)． 4．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)若

21、函數(shù)y＝g(x)在R上存在零點，求實數(shù)b的取值范圍； (2)若函數(shù)y＝f(x)在x＝處的切線方程為ex＋y－2＋b＝0.求證：對任意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)． (1)解　易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－. 若b＝0，則g(x)＝∈(0，＋∞)，不合題意； 若b<0，則g(0)＝1>0，g＝－1<0，滿足題設， 若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－ln b. ∴g(x)在(－∞，－ln b)上單調遞減； 在(－ln b，＋∞)上單調遞增， 則g(x)min＝g(－ln b)＝eln b－bln b＝b－bln b≤0， ∴b≥e. 綜上所述，

22、實數(shù)b的取值范圍是(－∞，0)∪[e，＋∞)． (2)證明　易得f′(x)＝－， 則由題意，得f′＝e－ae2＝－e，解得a＝. ∴f(x)＝ln x＋，從而f?＝1， 即切點為. 將切點坐標代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0. ∴g(x)＝e－x. 要證f(x)>g(x)，即證ln x＋>e－x(x∈(0，＋∞))， 只需證xln x＋>xe－x(x∈(0，＋∞))． 令u(x)＝xln x＋，v(x)＝xe－x，x∈(0，＋∞)． 則由u′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝， ∴u(x)在上單調遞減， 在上單調遞增， ∴u(x)min＝u＝. 又由v′(x)＝

23、e－x－xe－x＝e－x(1－x)＝0，得x＝1， ∴v(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， ∴v(x)max＝v(1)＝. ∴u(x)≥u(x)min≥v(x)max≥v(x)， 顯然，上式的等號不能同時取到． 故對任意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)>g(x)． 5．已知函數(shù)g(x)＝xln x，h(x)＝(a>0)． (1)若g(x)

24、 令φ(x)＝f′(x)＝ln x＋1－ax，則φ′(x)＝－a， ①當a≥1時， ∵x∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝－a<1－a≤0， ∴f′(x)在(1，＋∞)上單調遞減， 又f′(1)＝1－a≤0，∴f′(x)<0， 即f(x)在(1，＋∞)上單調遞減， 此時，f(x)a－a＝0， ∴f′(x)在上單調遞增， 又f′(1)＝1－a>0，∴f′(x)>0， 即f(x)在上單調遞増，f(x)>f(1)＝－>0，不滿足題意． 綜上所述，a∈[1，＋∞)． 方法

25、二　當x∈(1，＋∞)時，g(x)， 令F(x)＝(x>1)， F′(x)＝(x>1)， 記m(x)＝x－1－xln x(x>1)， 則m′(x)＝－ln x<0， ∴m(x)在(1，＋∞)上單調遞減，∴m(x)

26、 ＝ln＋ln＋…＋ln < ＝ ＝· ＝ ＝≤， 故·…·<. B組　能力提高 6．已知函數(shù)f(x)＝ex＋1，其中e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，常數(shù)a>0. (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的零點個數(shù)； (2)函數(shù)F(x)的導數(shù)F′(x)＝f(x)，是否存在無數(shù)個a∈(1,4)，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點？請說明理由． 解　(1)f′(x)＝ex， 當0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 所以當x∈(0，＋∞)時，f(x)min＝f?， 因為f?0，

27、所以存在x0∈，使f(x0)＝0， 且當0x0時，f(x)>0. 故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有1個零點，即x0. (2)方法一　當a>1時，ln a>0. 因為當x∈時，ex－a<0； 當x∈時，ex－a>0. 由(1)知，當x∈(0，x0)時，f(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0. 下面證：當a∈時，ln a0， 所以g

28、′(x)在上單調遞增， 由g′(1)＝－<0，g′(e)＝1－>0， 所以存在唯一零點t0∈，使得g′＝0， 且x∈時，g′(x)<0，g(x)單調遞減， x∈時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 所以當x∈時，g(x)0，F(xiàn)(x)單調遞增； 當ln a0，f(x)<0， F′(x)＝f(x)<0，F(xiàn)(x)單調遞減． 所以存在a∈?(1,4)，使得ln a為F(

29、x)的極大值點． 方法二　因為當x∈時，ex－a<0； 當x∈時，ex－a>0. 由(1)知，當x∈(0，x0)時，f(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0. 所以存在無數(shù)個a∈(1,4)，使得ln a為函數(shù)F(x)的極大值點，即存在無數(shù)個a∈(1,4)，使得ln a0， 所以g′

30、(x)在上單調遞增， 因為g′＝ln－<0，g′(2)＝ln 2－>0， 所以存在唯一零點t0∈，使得g′＝0， 且當x∈時，g′(x)<0，g(x)單調遞減； 當x∈時，g′(x)>0，g(x)單調遞增； 所以當x∈時， g(x)min＝g＝t0ln t0－t0－＋1，② 由g′＝0，可得ln t0＝， 代入②式可得g(x)min＝g＝－t0＋1， 當t0∈時， g＝－t0＋1＝－<－<0， 所以必存在x∈，使得g(x)<0， 即對任意a∈，f<0有解， 所以對任意a∈?(1,4)，函數(shù)F(x)存在極大值點為ln a. 7．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2.

31、 (1)當a＝e時，求f(x)的極值； (2)若f(x)有兩個不同零點，求a的取值范圍； (3)對?x>1，求證：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)． (1)解　當a＝e時，f′(x)＝x(ex＋e)． 當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)， 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)， ∴f(x)極小值＝f(0)＝－1，無極大值． (2)解　f′(x)＝x(ex＋a)， (ⅰ)當a＝0時，f(x)＝(x－1)ex，只有一個零點x＝1， (ⅱ)當a>0時，ex＋a>0， 當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)， 當x∈(

32、0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)， f(x)極小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝>0， ∴當x>0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上存在一個零點， 當x<0時，ex<1，∴(x－1)ex>x－1， ∴f(x)＝(x－1)ex＋ax2>x－1＋ax2 ＝ax2＋x－1， 令g(x)＝ax2＋x－1， x1是g(x)＝0的一個根， 取x1＝<0， ∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0， ∴當x<0時，函數(shù)f(x)在(x1,0)上存在一個零點， ∴函數(shù)f(x)有兩個零點． (ⅲ)當a<0時，f′(x)＝x(ex＋a)， 令f′(x)＝0得x＝0或x＝ln(－

33、a)， ①當ln(－a)>0，即a<－1時， 當x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如表所示： x (－∞，0) 0 (0，ln(－a)) ln(－a) (ln(－a)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ －1 ↘ ↗ ∴f(x)極大值＝f(0)＝－1， ∴函數(shù)f(x)至多有一個零點，不合題意， ②當ln(－a)＝0，即a＝－1時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增， ∴f(x)至多有一個零點，不合題意． ③當ln(－a)<0，即－1

34、∞，ln(－a)) ln(－a) (ln(－a)，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ ↘ －1 ↗ ∴x<0，a<0時，f(x)＝(x－1)ex＋ax2<0，f(0)＝－1， ∴函數(shù)f(x)至多有一個零點，不合題意． 綜上，a的取值范圍是(0，＋∞)． (3)證明　令g(x)＝f(x)－ln(x－1)－ax2－x－1， ＝(x－1)ex－ln(x－1)－x－1，x∈(1，＋∞)， g′(x)＝xex－－1＝xex－ ＝x，x∈(1，＋∞)． 令h(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)， h′(x)＝ex＋>0， ∴h(x)為(1，＋∞)上的增函數(shù)，h(2)＝e2－1>0， 取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e2<0， ∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即＝， ∴當x∈(1，x0)時，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)， 當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)， ∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)－ln(x0－1)－x0－1 ＝(x0－1)×－ln－x0－1 ＝1＋x0－x0－1＝0， ∴對?x>1，g(x)≥g(x0)＝0， 即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．