课件44张PPT。第28练
导数的综合应用 [大题突破练]题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 利用导数研究函数的零点(方程的根)要点重组 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)在某区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在某区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解.1.已知函数f(x)＝ －2ln x(a∈R，a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；解 由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞).当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；综上，当a<0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－ －1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围.即g(a)＝1－ln a，2.已知函数f(x)＝ex－ax，其中a∈R，e为自然对数的底数.
(1)若x＝ln 2是f(x)的极值点，求a的值及f(x)的单调区间；解 由题意得f′(x) ＝ex－a，
且f′(ln 2)＝0，即2－a＝0，解得a＝2.
则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
当x
ln 2时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，＋∞).(2)若函数f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，求a的取值范围.所以f(x)在区间(－1，＋∞)内单调递增.
又f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点.得x＝ln a∈(－1，＋∞).
所以当－1当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内有最小值f(ln a)＝a－aln a.
因为f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，
所以a－aln a>0，题组二 利用导数证明不等式问题要点重组 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.3.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝ ，
当0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0， )，单调递增区间为( ，＋∞).当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，题组三 不等式恒成立或有解问题要点重组 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(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.5.已知函数f(x)＝axex－2x＋1，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(1,0)，求a的值；解 由题意得，f(0)＝1，
f′(x)＝a(x＋1)ex－2，(2)若当x>0时，不等式f(x)≤0有解，求a的取值范围.易知当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.6.(2019·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点；证明 设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.故g(x)在(0，π)上存在唯一零点.
所以f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点.(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)上只有一个零点，
设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
又f(0)＝0，f(π)＝0，
所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0].模板规范练典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，对任意的0＜a＜b，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；……………1分综上，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；………………………………………4分＝m－ln m－1，……………………………………………………………………5分
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. 7分
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立时，m＝1. ……………………………………8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：将题中条件或要证的结论转化，如恒成立或有解问题可转化为函数的最值等，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.规范演练1.已知函数f(x)＝bln x＋ x2－ax(a，b∈R).
(1)当a＝4，b＝3时，求f(x)的单调区间；解 因为a＝4，b＝3，由f′(x)>0得函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，(3，＋∞)；
由f′(x)<0得函数f(x)的单调递减区间为(1,3).(2)若b＝1，且函数f(x)有两个极值点，证明：当整数a取得最小值时，f′(x)≥－1.因为函数f(x)有两个极值点，
所以方程x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根，设为x1，x2，所以整数a的最小值为3.所以f′(x)≥－1.2.设a，b∈R，已知函数f(x)＝aln x＋x2＋bx存在极大值.
(1)若a＝1，求b的取值范围；解 当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2＋bx，由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋1＝0有两个不等的正根，(2)求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f(x)的极大值恒小于0.由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋a＝0有两个不等的正根，设为x1，x2，且x1题组一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
要点重组 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)在某区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在某区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解．
1．已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－(x>0)，
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f′(x)＝，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
综上，当a<0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．
(2)由(1)知， a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，
即g(a)＝1－ln a，
方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)，
令F(a)＝a－ln a－(a>0)，
则F′(a)＝1－＋＝，
知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，
F(a)极大值＝F＝－＋ln 3，
F(a)极小值＝F＝－ln 2＋ln 3.
依题意得实数m的取值范围是.
2．已知函数f(x)＝ex－ax，其中a∈R，e为自然对数的底数．
(1)若x＝ln 2是f(x)的极值点，求a的值及f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，求a的取值范围．
解 (1)由题意得f′(x) ＝ex－a，
且f′(ln 2)＝0，即2－a＝0，解得a＝2.
则f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
当xln 2时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，＋∞)．
(2)因为当x>－1时，ex>，
所以当a≤时，在区间(－1，＋∞)内，f′(x)＝ex－a>0，
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内单调递增．
又f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点．
所以只需f(－1)＝＋a≥0，即a≥－，
所以－≤a≤.
当a>时，由f′(x)＝ex－a＝0，
得x＝ln a∈(－1，＋∞)．
所以当－1当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在区间(－1，＋∞)内有最小值f(ln a)＝a－aln a.
因为f(x)在区间(－1，＋∞)内没有零点，
所以a－aln a>0，
解得0综上，a的取值范围为.
题组二 利用导数证明不等式问题
要点重组 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．
3．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
4．已知函数f(x)＝ax2·ln x(a>0)的极小值为－.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)>－(其中e＝2.718 28…为自然对数的底数)．
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝axln x＋ax＝ax(2ln x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝，
当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0，，单调递增区间为(，＋∞)．
(2)证明 要证f(x)>－，
即证f(x)min>－.
令g(x)＝－(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(2)＝－.
由题意知f(x)min＝－.
因为－－＝<0，
所以f(x)min>g(x)max，即f(x)>－.
题组三 不等式恒成立或有解问题
要点重组 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(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．
5．已知函数f(x)＝axex－2x＋1，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线过点(1,0)，求a的值；
(2)若当x>0时，不等式f(x)≤0有解，求a的取值范围．
解 (1)由题意得，f(0)＝1，
f′(x)＝a(x＋1)ex－2，
所以f′(0)＝a－2，则a－2＝，解得a＝1.
(2)原问题等价于a≤在区间(0，＋∞)内有解．
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝(x>0)．
易知当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)max＝g(1)＝，所以a≤，
即a的取值范围为.
6．(2019·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
(1)证明 设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)上存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点．
(2)解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)上只有一个零点，
设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，
所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；
(3)在(2)的条件下，对任意的0＜a＜b，求证：＜.
审题路线图
(1)―→―→
(2)―→―→―→
―→
(3)―→
规范解答·评分标准
(1)解 f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))．
当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；……………………1分
当m＞0时，由f′(x)＝＞0，
可得x∈，则f(x)在上单调递增，
由f′(x)＝＜0，可得x∈，
则f(x)在上单调递减. ………………………………………………………………2分
综上，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. …………………………3分
(2)解 由(1)知，当m≤0时显然不成立；……………………………………………………4分
当m＞0时，f(x)max＝f?＝ln －1＋m
＝m－ln m－1，…………………………………………………………………………………5分
只需m－ln m－1≤0即可，令g(x)＝x－ln x－1，
则g′(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. …………7分
故f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立时，m＝1. ………………………………………………8分
(3)证明 ＝＝－1＝·－1，………………………9分
由0＜a＜b，得＞1，由(2)得0则·－1＜－1＝＝＜，
则原不等式＜成立. …………………………………………………………12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：将题中条件或要证的结论转化，如恒成立或有解问题可转化为函数的最值等，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．已知函数f(x)＝bln x＋x2－ax(a，b∈R)．
(1)当a＝4，b＝3时，求f(x)的单调区间；
(2)若b＝1，且函数f(x)有两个极值点，证明：当整数a取得最小值时，f′(x)≥－1.
(1)解 因为a＝4，b＝3，
所以f(x)＝3ln x－4x＋x2(x∈(0，＋∞))，
所以f′(x)＝－4＋x＝
＝(x>0)，
由f′(x)>0得函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，(3，＋∞)；
由f′(x)<0得函数f(x)的单调递减区间为(1,3)．
(2)证明 因为b＝1，所以f(x)＝ln x－ax＋x2(x∈(0，＋∞))，
则f′(x)＝－a＋x＝(x>0)，
因为函数f(x)有两个极值点，
所以方程x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根，设为x1，x2，
即解得a>2.
所以整数a的最小值为3.
此时，f′(x)＝(x>0)，
因为f′(x)＝x＋－3≥2－3＝－1，
所以f′(x)≥－1.
2．设a，b∈R，已知函数f(x)＝aln x＋x2＋bx存在极大值．
(1)若a＝1，求b的取值范围；
(2)求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f(x)的极大值恒小于0.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2＋bx，
则f′(x)＝(x>0)．
由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋1＝0有两个不等的正根，
所以解得b<－2.
故b的取值范围是(－∞，－2)．
(2)f′(x)＝(x>0)．
由f(x)存在极大值，可知方程2x2＋bx＋a＝0有两个不等的正根，设为x1，x2，且x1则由x1x2＝，得a>0且0由f′(x)<0，得x1x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的极大值为f(x1)＝aln x1＋x＋bx1.
由2x＋bx1＋a＝0，得bx1＝－2x－a，
所以f(x1)＝aln x1－x－a.
构造函数g(x)＝aln x－x2－a.
当00，
所以g(x)在上单调递增，
由0g(x1)所以，当0f(x)极大值＝f(x1)＝g(x1)而当a>2e3时，取b＝－2，
即x1＝，x2＝，
此时f(x)极大值＝f()＝－e3>0，不符合题意．
综上所述，a的最大值为2e3.
