2020版高考数学第2章导数应用(第3课时)导数与函数综合问题最值教学案理北师大版

第3课时导数与函数的综合问题利用导数解决不等式的相关问题?考法1证明不等式【例1】(2018·郑州二模)已知函数f(x)＝lnx－2ax＋1(a∈R)．议论函数g(x)＝x2＋f(x)的单一性；1ln1(2)若a＝2，证明：|f(x)－1|＞xx＋2.[解](1)由题意知函数y＝g(x)的定义域为(0，＋∞)，(x)＝x2＋lnx－2＋1，gax1a＝2x2－2ax＋1x＞0)，则′( )＝＋2－2(gxxxx记h(x)＝2x2－2ax＋1，①当a≤0时，因为x＞0，所以h(x)＞0，故函数g(x)在(0，＋∞)上递加；②当0＜a≤2时，因为＝4(a2－2)≤0，所以h(x)≥0，故函数g(x)在(0，＋∞)上递加；③当a＞2时，由g′( )＜0，解得x∈a－a2－2a＋a2－2，所以函数()在区22－2－2a＋2－2a－2－2上递减，同理可得函数g(x)在区间，间aa，20，22a＋a2－2上递加．2，＋∞1证明：当a＝2时，设H(x)＝f(x)－1＝lnx－x，1－x故H′(x)＝x，故H′(x)＜0，得x＞1，由H′(x)＞0，得0＜x＜1，所以H(x)max＝f(1)－1＝－1，所以|H(x)|min＝1.lnx1设G(x)＝x＋2，1－lnx则G′(x)＝x2，由G′(x)＜0，得x＞e，由G′(x)＞0，得0＜x＜e，1故G(x)max＝G(e)＝e＋2＜1，所以G(x)max＜|H(x)|min，lnx1所以|f(x)－1|＞x＋2.?考法2由不等式恒(能)建立求参数的范围【例2】已知函数f(x)＝1＋lnxx.k(1)假如当x≥1时，不等式f(x)≥x＋1恒建立，务实数k的取值范围；k(2)若存在x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥建立，务实数k的取值范围．x0＋1[解](1)x＋＋lnx当x≥1时，k≤x恒建立，令()＝x＋＋lnx(x≥1)，gxx11＋lnx＋1＋xx－x＋＋lnx－lnx.则g′(x)＝x2＝xx2再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，1则h′(x)＝1－x≥0，所以(x)≥(1)＝1，所以′( )＞0，hhgx所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．(2)当∈[1，e]时，k≤x＋＋lnx有解，xx令g(x)＝x＋＋lnxx(x∈[1，e])，由(1)题知，g(x)为增函数，2所以g(x)max＝g(e)＝2＋e，22所以k≤2＋，即实数k的取值范围是－∞，2＋.ee[规律方法]1.利用导数证明含“x”不等式方法，即证明：fx＞gx,法一：移项，fx－gx＞0，结构函数Fx＝fx－gx，转变证明Fxmin＞0，利用导数研究Fx单一性，用上定义域的端点值.,法二：转变证明：fxmin＞gxmax.,法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.2.利用导数解决不等式的恒建立问题的策略,第一要结构函数，利用导数研究函数的单一性，求出最值，从而得出相应的含参数不等式，从而求出参数的取值范围.,也可分别变量，结构函数，直接把问题转变为函数的最值问题.a32设f(x)＝x＋xlnx，g(x)＝x－x－3.(1)假如存在x，x∈[0,2]使得g(x)－g(x)≥M建立，求知足上述条件的最大整数M；12121(2)假如关于随意的s，t∈2，2，都有f(s)≥g(t)建立，务实数a的取值范围．[解](1)存在x，x∈[0,2]使得g(x)－g(x)≥M建立，等价于[g(x)－g(x)]≥M.121212max由g(x)＝x3－x2－3，得g′(＝3x2－2x＝3xx－2x)3.2令g′(x)＞0得x＜0，或x＞3，2令g′(x)＜0得0＜x＜3，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间0，22上递减，在区间，2上递加，3385所以g(x)min＝g3＝－27，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.112故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，27则知足条件的最大整数M＝4.s，t∈1f(s)≥g(t)建立，等价于在区间1(2)关于随意的，2，都有，2上，函数22f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间1上，()的最大值为(2)＝1.，22gxg1a2在区间，2上，f(x)＝x＋xlnx≥1恒建立等价于a≥x－xlnx恒建立．设h(x)＝x221－xlnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞e.即m(x)11＝xlnx在e，＋∞上是增函数，可知h′(x)在区间2，2上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜＜2时，′( )＜0；xhx1当2＜x＜1时，h′(x)＞0.1即函数h(x)＝x－x2lnx在区间2，1上递加，在区间(1,2)上递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．利用导数解决函数的零点问题?考法1判断、证明或议论函数零点的个数【例3】设f()＝12－ln，(x)＝x2－(＋1)x.x2xmxgm当m≥0时，议论函数f(x)与g(x)图像的交点个数．12[解]令F(x)＝f(x)－g(x)＝－2x＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数．当m＝0时，F(x)＝－1x2＋x，x＞0，有独一零点；2x－x－m当m≠0时，F′(x)＝－x，3当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝2＞0，F(4)＝－ln4＜0，所以()有独一零点．Fx当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时，F′(x)＜0；1＜x＜m时，F′(x)＞0，所以函数F(x)1在(0,1)和(m，＋∞)上递减，在(1，m)上递加，注意到F(1)＝m＋2＞0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有独一零点．当0＜＜1时，0＜x＜或x＞1时，mmF′(x)＜0；m＜x＜1时，F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上递减，在(m,1)上递加，易得lnm＜0，m所以F(m)＝2(m＋2－2lnm)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有独一零点．综上，函数F(x)有独一零点，即两函数图像有一个交点．?考法2已知函数的零点个数求参数的范围【例4】已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图像在x＝1处的切线方程；1(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在e，e上有两个零点，务实数m的取值范围．[解](1)当a＝2时，f(x)＝2ln－x2＋2x，x则f′( )＝2－2＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝′(1)＝2，则函数f(x)的图xxxf像在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，2－x＋x－则g′(x)＝x－2x＝x，∵1′( )＝0，得x＝1.∈，e，∴由xegx1当≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)递加，e当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)递减，故当x＝1时，函数g(x)获得极大值g(1)＝m－1，112又ge＝m－2－e2，g(e)＝m＋2－e，g＝m－1＞0，111∴g(x)＝f(x)－ax＋m在ee上有两个零点需知足条件ge＝m－2－e2≤0，g＝m＋2－e2≤0，1解得1＜m≤2＋e2.1故实数m的取值范围是1，2＋e2.?考法3与函数零点相关的证明问题【例5】(2019·武汉模拟)已知a为实数，函数f(x)＝ex－2－ax.议论函数f(x)的单一性；若函数f(x)有两个不一样的零点x1，x2(x1＜x2)，(ⅰ)务实数a的取值范围；(ⅱ)证明：x1＋x2＞2.[解]x－2－a.(1)f′(x)＝e当≤0时，′( )＞0，函数f(x)在R上递加．afx当a＞0时，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋lna.若x＞2＋lna，则f′(x)＞0，函数f(x)在(2＋lna，＋∞)上递加；若x＜2＋lna，则f′(x)＜0，函数f(x)在(－∞，2＋lna)上递减．(2)(ⅰ)由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上递加，没有两个不一样的零点．当＞0时，f( )在x＝2＋lna处获得极小值，ax所以f(2＋lnlna－(2＋lna)＜0，得1)＝e＞，aaae1所以a的取值范围为e，＋∞.(ⅱ)由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝lna＋lnx，即x－2－lnx＝lna.所以x1－2－lnx1＝x2－2－lnx2＝lna.1令g(x)＝x－2－lnx(x＞0)，则g′(x)＝1－x.当x＞1时，g′(x)＞0；当0＜x＜1时，g′(x)＜0.所以()在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递加，所以0＜1＜1＜2.gxxx要证x＋x＞2，只要证x＞2－x＞1.1221因为g(x)在(1，＋∞)上递加，所以只要证g(x)＞g(2－x)．21因为(1)＝(2)，所以只要证(x1)＞(2－x1)，即证(x1)－(2－x1)＞0.gxgxgggg令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－lnx－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－lnx＋ln(2－11x)，则h′(x)＝2－x＋2－x.11111因为x＋2－x＝2[x＋(2－x)]x＋2－x≥2，当且仅当x＝1时等号建立，所以当0＜x＜1时，′( )＜0，即()在(0,1)上递减，所以h(x)＞(1)＝0，即(x1)－(2－1)＞0，hxhxhggx所以x1＋x2＞2得证．[规律方法]利用导数研究方程根的方法研究方程根的状况，能够经过导数研究函数的单一性、最大值、最小值、变化趋向等.依据题目要求，画出函数图像的走势规律，注明函数极最值的地点.能够经过数形联合的思想去剖析问题，使问题的求解有一个清楚、直观的整体显现.x2(2019·南京模拟)设函数f(x)＝2－klnx，k＞0.(1)求f(x)的单一区间和极值；(2)证明：若f()存在零点，则f()在区间(1，e]上仅有一个零点．xx[解](1)由f(x2kln(k＞0)，得x＞0且f′( )＝xkx2－k)＝－－＝.x2xxxx由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化状况以下表：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘k－lnk↗2所以，f(x)的递减区间是(0，k)，递加区间是(k，＋∞)．f(x)在x＝k处获得极小值f(k)＝k－lnk.2(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k－lnkk)＝.2k－lnkk≥e，因为f(x)存在零点，所以2≤0，从而当k＝e时，f( )在区间(1，e)上递减，且f(e)＝0，x所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的独一零点．1e－k当k＞e时，f(x)在区间(0，e)上递减，且f(1)＝2＞0，f(e)＝2＜0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数x－ax2.f(x)＝e若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.[解](1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于2－x(x＋1)e－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)递减，在(2，＋∞)递加．4a故h(2)＝1－e2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．2e①若h(2)＞0，即a＜4，h(x)在(0，＋∞)没有零点；e2②若h(2)＝0，即a＝4，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e2＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．，因为h(0)4由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以16a316a316a31h(4a)＝1－4a＝1－2a2＞1－a4＝1－＞0，ea故h(x)在(2,4a)有一个零点．所以h(x)在(0，＋∞)有两个零点．e2综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝4.2.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设为整数，且关于随意正整数111的最小值．，1＋1＋2··1＋n＜，求mn222mm[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若≤0，因为1＝－1＋ln2＜0，所以不知足题意．af22ax－