2019届高考数学二轮复习专题六函数与导数、不等式第5讲导数的综合应用与热点问题课件理
当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
由g′(x)<0，得x>ln 3；由g′(x)>0，得x<ln 3.
故g(x)max＝g(ln 3)＝3ln 3－4<0. 从而g(x)＝f(x)＋2x<0. ∵f(x1)＋f(x2)＝－5， ∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0. 即x1－2x2>－4＋ex1.
1 1 ∵－1<x1<0，∴e <e <1，∴－4＋e >－4＋e .从而 x1－2x2>－4＋e.
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有 两个不同的根，则函数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0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当x>0且x→0时，f(x)→0；
1 设 h(x)＝2x－2－ln x，则 h′(x)＝2－x . 当
1 x∈0，2时，h′(x)<0；当 1 x∈2，＋∞时，h′(x)>0.
所以
1 1 h(x)在0，2单调递减，在2，＋∞单调递增.
－2
又 h(e
1 )>0，h2<0，h(1)＝0，
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照
极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x) ＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
a的符号 a＞0
(f(x1)为极大值， f(x2)为极小值) a＜0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)
(2)证明 由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.
x－1 1 1 ∴当 x≠1 时，ln x<x－1.故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，lnx <x －1，即 1< ln x <x. (3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1 ln ln c x 则 g′(x)＝c－1－c ln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝ . ln c 当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减. c－1 由(2)知 1< ln c <c，故 0<x0<1.
1 x<ln－a，则 1 f(x)的单调递增区间为－∞，ln－a.
1 x>ln－a，则
1 f(x)的单调递减区间为ln－a，＋∞.
(2)证明 法一
设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.
1 而 g′(x)＝a－x，g′(1)＝a－1，得 a＝1. 1 若 a＝1，则 g′(x)＝1－x.
当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c. (2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
2 令 f′(x)＝0，得 3x ＋8x＋4＝0，解得 x＝－2 或 x＝－3.
由
1 x0∈0，2得
1 f(x0)< . 4
因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点， 由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2. 所以e－2<f(x0)<2－2.
考 点 整 合
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决 这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结 合求解. 2.三次函数的零点分布
当x∈(0，2)时，φ′(x)<0； 当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0. e2 e2 ∴φ(x)min＝φ(2)＝ 4 .∴a＝ 4 .
2.(2017· 全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax－a－ln x， 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
2 2 －2，－ ，x3∈－ ，0，使得 3 3
f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不同零点.
由 f(x)的单调性知，当且仅当
32 c∈0，27时，函数
热点二 利用导数证明不等式
【例2】 (2018· 郑州质检)已知函数f(x)＝x－1＋aex.
第5讲 导数的综合应用与热点问题
高考定位
在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指
数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不
等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2018· 全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)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.
所以
1 1 h(x)在0，2有唯一零点 x0， 在2，＋∞有唯一零点
1， 且当 x∈(0， x0)时， h(x)>0；
当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)， 所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点. 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)， 故f(x0)＝x0(1－x0).
当x→＋∞时，显然ຫໍສະໝຸດ (x)→＋∞由①②可得－2<m<－1.
.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，② 因此实数m的取值范围是(－2，－1).
探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题. 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)
在该区间上的交点问题；
零点个数
一个 两个 三个
充要条件
f(x1)＜0或f(x2)>0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0
一个
两个 三个
f(x1)>0或f(x2)＜0
f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式.
若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b) 上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b). (2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题. ①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立 ② ③对 g(x)]max>0(x∈I). x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2) f(x)max≤g(x)min. I是f(x)>g(x)的解集的子集 [f(x)－g(x)]min>0(x∈I). [f(x) － x ∈ I ， 使 f(x)>g(x) 成 立 I 与 f(x)>g(x) 的 解 集 的 交 集 不 是 空 集
2
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x f′(x) f ( x) (－∞，－2) ＋ －2 0 c
2 －2，－ 3
2 －3 0 32 c－ 27
2 － ，＋∞ 3
－
＋
32 ∴当 c>0 且 c－ <0 时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在 x1∈(－4，－2)，x2∈ 27
④对 x1∈I， x2∈I使得f(x1)≥g(x2)
温馨提醒
f(x)min≥g(x)min.
解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，
恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例1】 (2018· 西安调研)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值. (1)求f(x)的单调区间；
－1
x1
x1
法二 ∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，
∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.
设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3. 由g′(x)<0，得x<ln 3；由g′(x)>0，得x>ln 3. 故g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3. ∵－1<x1<0，x2>0，
精选2019届高三数学(理)二轮专题复习专题六函数与导数、不等式第5讲导数的综合应用与热点问题
第5讲 导数的综合应用与热点问题高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝e x－ax 2. (1)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.(1)证明 当a ＝1时，f(x)＝e x－x 2，则f′(x)＝e x－2x. 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝e x －2. 令g′(x)＝0，解得x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，g′(x)<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解 若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x－ax 2＝0在(0，＋∞)上只有一个解， 由a ＝e xx 2，令φ(x)＝exx2，x ∈(0，＋∞)，φ′(x)＝e x（x －2）x 3，令φ′(x)＝0，解得x ＝2. 当x ∈(0，2)时，φ′(x)<0； 当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0. ∴φ(x)min ＝φ(2)＝e 24.∴a ＝e24.2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax 2－ax －xln x ，且f(x)≥0. (1)求a ；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f(x 0)<2－2. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax －a －ln x ，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a －1x ，g′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g′(x)＝1－1x.当0<x<1时， g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x ＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a ＝1.(2)证明 由(1)知f(x)＝x 2－x －xln x ，f′(x)＝2x －2－ln x ， 设h(x)＝2x －2－ln x ，则h′(x)＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h′(x)>0. 所以h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增.又h(e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h(1)＝0，所以h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h(x)>0；当x ∈(x 0，1)时，h(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)>0. 因为f′(x)＝h(x)，所以x ＝x 0是f(x)的唯一极大值点. 由f′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)， 故f(x 0)＝x 0(1－x 0). 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f(x 0)<14.因为x ＝x 0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e －1∈(0，1)，f′(e －1)≠0得f(x 0)>f(e －1)＝e －2. 所以e －2<f(x 0)<2－2.考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解. 2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2的函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x ∈(a ，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a ，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x ∈(a ，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x ∈I 恒成立 I 是f(x)>g(x)的解集的子集 [f(x)－g(x)]min >0(x ∈I). ② x ∈I ，使f(x)>g(x)成立 I 与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集 [f(x)－g(x)]max >0(x ∈I). ③对 x 1，x 2∈I 使得f(x 1)≤g(x 2) f(x)max ≤g(x)min . ④对 x 1∈I ， x 2∈I 使得f(x 1)≥g(x 2) f(x)min ≥g(x)min .温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2018·西安调研)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. 解 (1)f′(x)＝a ＋ln x ＋1，x>0，由f′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1.则f(x)＝－x ＋xln x ， ∴f′(x)＝ln x ，令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x ＝1处取得极小值，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f(x)＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，则函数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0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当x>0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m ＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.因此实数m 的取值范围是(－2，－1).探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】 设函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c 的取值范围. 解 (1)由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b. ∵f(0)＝c ，f′(0)＝b ，∴曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝bx ＋c. (2)当a ＝b ＝4时，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f′(x)＝3x 2＋8x ＋4.令f′(x)＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：∴当c>0且c －3227<0时，f(－4)＝c －16<0，f(0)＝c>0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f(x 1)＝f(x 2)＝f(x 3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2018·郑州质检)已知函数f(x)＝x －1＋ae x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)当a ＝－1时，设－1<x 1<0，x 2>0，且f(x 1)＋f(x 2)＝－5，证明：x 1－2x 2>－4＋1e .(1)解 由f(x)＝x －1＋ae x，得f′(x)＝1＋ae x. 当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R 上单调递增.当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a . 令f′(x)<0，得x>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，则f(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(2)证明 法一 设g(x)＝f(x)＋2x ＝－e x＋3x －1，则g′(x)＝－e x＋3. 由g′(x)<0，得x>ln 3；由g′(x)>0，得x<ln 3. 故g(x)max ＝g(ln 3)＝3ln 3－4<0. 从而g(x)＝f(x)＋2x<0. ∵f(x 1)＋f(x 2)＝－5，∴f(x 2)＋2x 2＝－5－f(x 1)＋2x 2<0. 即x 1－2x 2>－4＋e x1.∵－1<x 1<0，∴e －1<e x 1<1，∴－4＋e x1>－4＋1e .从而x 1－2x 2>－4＋1e.法二 ∵f(x 1)＋f(x 2)＝－5，∴x 1＝ex 1＋ex 2－x 2－3， ∴x 1－2x 2＝e x1＋e x 2－3x 2－3. 设g(x)＝e x－3x ，则g′(x)＝e x－3.由g′(x)<0，得x<ln 3；由g′(x)>0，得x>ln 3. 故g(x)min ＝g(ln 3)＝3－3ln 3. ∵－1<x 1<0，x 2>0，∴x 1－2x 2>e －1＋3－3ln 3－3＝1e －3ln 3，∵3ln 3＝ln 27<4，∴x 1－2x 2>－4＋1e .探究提高 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则① x ∈[a ，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b )，② x 1，x 2∈[a ，b]，且x 1<x 2，有f(x 1)<f(x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则 x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【训练2】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c>1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x>c x. (1)解 由f(x)＝ln x －x ＋1(x>0)，得f′(x)＝1x －1.令f′ (x)＝0，解得x ＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.(2)证明 由(1)知，函数f(x)在x ＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，ln x<x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x<x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x<x. (3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c －1)x －c x， 则g′(x)＝c －1－c xln c. 令g′(x)＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c .当x<x 0时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x>x 0时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1. 又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x>c x. 热点三 不等式恒成立、存在性问题 考法1 不等式恒成立问题【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x ＋1)ln x －a(x －1). (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝4时，f(x)＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x ＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0，设g(x)＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g′(x)＝1x －2a （x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2，g(1)＝0. ①当a≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a)x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.②当a>2时，令g′(x)＝0，得x 1＝a －1－（a －1）2－1，x 2＝a －1＋（a －1）2－1.由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1.故当x ∈(1，x 2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x 2)上单调递减，因此g(x)<g(1)＝0， 综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，2]. 考法2 存在性不等式成立问题【例3－2】 (2018·哈尔滨质检)函数f(x)＝e xsin x ，g(x)＝(x ＋1)cos x －2e x，其中e 是自然对数的底数. (1)求f(x)的单调区间；(2)对 x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使f(x 1)＋g(x 2)≥m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f′(x)＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x)＝2e xsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当2k π<x ＋π4<π＋2k π(k ∈Z)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋2k π，3π4＋2k π (k ∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当π＋2k π<x ＋π4<2π＋2k π(k ∈Z)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 综上，f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋2k π，3π4＋2k π(k ∈Z)，f(x)的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z).(2)f(x 1)＋g(x 2)≥m，即f(x 1)≥m－g(x 2)，设t(x)＝m －g(x)，则原问题等价于f(x)min ≥t(x)min ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，一方面由(1)可知，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f′(x)≥0， 故f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递增，∴f(x)min ＝f(0)＝0.另一方面：t(x)＝m －(x ＋1)cos x ＋2e x， t′(x)＝－cos x ＋ (x ＋1)sin x ＋2e x ， 由于－cos x ∈[－1，0]，2e x≥2， ∴－cos x ＋2e x>0，又(x ＋1)sin x≥0，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，t′(x)>0，t(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2为增函数， t(x)min ＝t(0)＝m －1＋2， 所以m －1＋2≤0，m≤1－ 2. 即实数m 的取值范围是(－∞，1－2).探究提高 1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x ∈D 恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x ∈D ，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【训练3】 (2018·石家庄调研)设函数f(x)＝e （x 2－ax ＋a ）e x(a ∈R). (1)若曲线y ＝f(x)在x ＝1处的切线过点M(2，3)，求a 的值；(2)设g(x)＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f(x)＝e （x 2－ax ＋a ）ex， 所以f′(x)＝e·（2x －a ）e x－（x 2－ax ＋a ）exe 2x＝－（x －2）（x －a ）ex －1.又f(1)＝1，即切点为(1，1)， 所以k ＝f′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1.(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)＝x ＋1x ＋1－13，g′(x)＝x 2＋2x（x ＋1）2≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max ＝g(2)＝2. 令f′(x)＝0，得x ＝2或x ＝a.①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增， f(x)max ＝f(2)＝(4－a)e －1≥2，解得a≤4－2e ；②当0<a<2时，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)单调递减， f′(x)≥0在[a ，2]上恒成立，f(x)单调递增， f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e －1或f(0)＝ae ， 所以(4－a)e －1≥2或ae≥2.解得：a≤4－2e 或a≥2e ，所以2e≤a<2；③当a≥2时，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递减， f(x)max ＝f(0)＝ae≥2，解得a≥2e ，所以a≥2.综上所述：a≤4－2e 或a≥2e .热点四 利用导数求解最优化问题【例4】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x<6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x－6)，于是，当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值， 所以，当x ＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 探究提高 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x).(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值. (4)结论：回归实际问题作答.【训练4】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________.解析 由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高 h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12·(23x)2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5，令f(x)＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52， 则f′(x)＝100x 3－50x 4，令f′(x)＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故当x ＝2时，f(x)取得最大值80， 则V≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 4151.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.3.利用导数方法证明不等式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.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，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 ＜f(x)min .(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，伴有对参数的分类讨论.(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.一、选择题1.设f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有xf′（x ）－f （x ）x2<0恒成立，则不等式x 2f(x)>0的解集是( )A.(－2，0)∪(2，＋∞)B.(－2，0)∪(0，2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0，2)解析 x>0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf′（x ）－f （x ）x <0，∴φ(x)＝f （x ）x 在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x 2f(x)>0. 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x 2f(x)也为奇函数. 故x 2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 答案 D2.(2018·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f(x)的导函数y ＝f′(x)的图象如图所示.当1<a<2时，函数y ＝f(x)－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y ＝f(x)－a 的零点个数为4. 答案 D3.(2018·江南八校联考)已知x ∈(0，2)，若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A.[0，e ＋1) B.[0，2e －1) C.[0，e)D.[0，e －1)解析 依题意，知k ＋2x －x 2>0，即k>x 2－2x 对任意x ∈(0，2)恒成立，从而k≥0.由x e x <1k ＋2x －x 2得k<e xx＋x 2－2x.令f(x)＝e x x ＋x 2－2x ，则f′(x)＝e x（x －1）x 2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f′(x)＝0，得x ＝1，当x ∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x ∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min ＝f(1)＝e －1.故实数k 的取值范围是[0，e －1). 答案 D4.已知e 是自然对数的底数，函数f(x)＝e x＋x －2的零点为a ，函数g(x)＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式中成立的是( ) A.f(a)＜f(1)＜f(b) B.f(a)＜f(b)＜f(1) C.f(1)＜f(a)＜f(b)D.f(b)＜f(1)＜f(a)解析 由题意，知f′(x)＝e x＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R 上是单调递增的.又f(0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，所以零点a ∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝1x ＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g(x)的零点b ∈(1，2). 综上，可得0＜a ＜1＜b ＜2.因为f(x)在R 上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b). 答案 A5.(2018·潍坊三模)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x>1，12x ＋12，x≤1，若m<n ，且f(m)＝f(n)，则n －m 的最小值是( )A.3－2ln 2B.e －1C.2D.e ＋1解析 作出函数f(x)的图象如图所示，若m<n ，且f(m)＝f(n)，则当ln x ＝1时，得x ＝e.因此1<n≤e，－1<m≤1.又ln n ＝12m ＋12，即m ＝2ln n －1.所以n －m ＝n －2ln n＋1.设h(n)＝n －2ln n ＋1(1<n≤e)，则h′(n)＝1－2n .当h′(n)>0，得2<n≤e；当h′(n)<0，得1<n<2.故当n ＝2时，函数h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln 2. 答案 A 二、填空题6.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________ dm. 解析 设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小. S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R， 所以S′表＝2πR －54πR2.令S′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小. 答案 37.(2018·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f （x ）ex<1的解集为________. 解析 令g(x)＝f （x ）ex， 则g′(x)＝e x·f′（x ）－（e x）′·f（x ）（e x ）2＝f′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝f （x ）e 在R 上单调递减. 又g(0)＝f （0）e 0＝1，所以f （x ）ex<1，即g(x)<g(0)， 所以x>0，所以不等式的解集为{x|x>0}. 答案 {x|x>0}8.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.解析 f′(x)＝6x 2－2ax ＝2x(3x －a)(a ∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>a3，由f′(x)<0得0<x<a 3，则f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f(x)＝2x 3－3x 2＋1，则f′(x)＝6x(x －1)，当x ∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.则f(x)max ＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min ＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 答案 －3 三、解答题9.(2018·兰州调研)设函数f(x)＝x －2x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x 2，a ∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a>0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)<1. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋2x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x ＝x 2＋2x 2－a x 2＋2x 3 ＝（x 2＋2）（x －a ）x3， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，当x ∈(0，a)，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增. (2)证明 由(1)知，f(x)min ＝f(a)＝a －2a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －1a 2 ＝a －aln a －1a ，即g(a)＝a －aln a －1a.要证g(a)<1，即证a －aln a －1a <1，即证：ln a ＋1a ＋1a 2－1>0，令h(a)＝ln a ＋1a ＋1a2－1，则只需证h(a)＝ln a ＋1a ＋1a2－1>0，h′(a)＝1a －1a 2－2a 3＝a 2－a －2a 3＝（a －2）（a ＋1）a 3. 当a ∈(0，2)时，h′(a)<0，h(a)单调递减； 当a ∈(2，＋∞)时，h′(a)>0，h(a)单调递增； 所以h(a)min ＝h(2)＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14>0，所以h(a)>0，即g(a)<1.10.已知函数f(x)＝e x －1，g(x)＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由.(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x －x ， 所以h(1)＝e －3<0，h(2)＝e 2－3－2>0， 所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x －x. 由g(x)＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，则x ＝0为h(x)的一个零点. 又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点. h′(x)＝e x－12x －12－1，记φ(x)＝e x－12x －12－1，则φ′(x)＝e x＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即h(x)在(0，＋∞)内至多有两个零点， 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2. 11.已知函数f(x)＝e ax－ax －1. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n(n≥2).若(n ！)2n （n －1）<m 恒成立，求m 的最小值. 解 (1)f′(x)＝ae ax－a ＝a(e ax－1)， 当a>0时，令f′(x)>0，解得x>0. 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＝0时，显然无单调区间； 当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.综上，当a ＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)令a ＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0， 所以f(x)≥0.所以e x≥x＋1(当x ＝0时取得“＝”). 令x ＝n －1，则en －1>n ，所以e 0·e 1·e 2·…·en －1>1×2×3×…×n，即en （n －1）2>n ！，两边进行2n （n －1）次方得(n ！)2n （n －1）<e ，所以m 的最小值为3.。
导数与函数的综合问题 2019高考数学专项复习精讲
e
(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 当a<1时,由(1)知f(x)在[e,e2]上单调递增,
所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)- a .
e
由题意知g'(x)=(1-ex)x.
考点突破
考点一 利用导数研究恒成立问题和存在性问题
命题角度一 恒成立问题
典例1 (2016陕西西北九校联考)已知函数f(x)=-ln x+t(x-1),t为实数.
(1)当t=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当t= 1 时, k - 1 -f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.
命题角度二 存在性问题
典例2 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x- a (a∈R),g(x)= 1 x2+ex-xex.
x
2
(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0], f(x1)<g(x2)恒成立, 求a的取值范围.
则h'(x)=f
'(x)-f
'(x0)= 1ex x
-
1
x0 e x0
=
(1
x)ex0 (1 e x x0
x0 )ex
.
设φ(x)=(1-x) ex0 -(1-x0)ex,则φ'(x)=- ex0 -(1-x0)ex,
∵x0<1,∴φ'(x)<0,∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,
(完整版)高三复习导数专题
导 数一、导数的基本知识 1、导数的定义：)(0'x f =xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(limlim0000. 2、导数的公式： 0'=C （C 为常数） 1')(-=n n nxx （R n ∈） xx e e =')(a a a x x ln )('= xx 1)(ln '= exx a a log 1)(log '=x x cos )(sin '= x x sin )(cos '-=3、导数的运算法则： [()()]f x g x '+ =()()f x g x ''+ [()()]()()f x g x f x g x '''-=-[()]()af x af x ''= [()()]()()()()f x g x f x g x f x g x '''=+ 2()()()()()[]()[()]f x f x g x f x g x g x g x ''-'= 4、掌握两个特殊函数 （1）对勾函数()bf x ax x=+ （ 0a > ，0b >） 其图像关于原点对称（2）三次函数32()f x ax bx cx d =+++(0)a ≠导数导数的概念 导数的运算导数的应用导数的定义、几何意义、物理意义 函数的单调性 函数的极值函数的最值 常见函数的导数导数的运算法则 比较两个的代数式大小导数与不等式讨论零点的个数求切线的方程导数的基本题型和方法1、、导数的意义：（1）导数的几何意义：()k f x'=（2）导数的物理意义：()v s t'=2、、导数的单调性：（1）求函数的单调区间；()0()b]f x f x'≥⇔在[a,上递增()0()b]f x f x'≤⇔在[a,上递减（2）判断或证明函数的单调性；()f x c≠（3）已知函数的单调性，求参数的取值范围。
江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数5.5专题提能—“函数、不等式与导数”课件
失误4
因方法的本质理解不到位而解题受阻
[例 4] 已知 x＋y＝1，x>0，y>0，则21x＋y＋x 1的最小值为____54____．
[解析] 法一：因为 x＋y＝1，所以 y＝1－x，
消元，得原式＝21x＋2－x x，令 f(x)＝21x＋2－x x， 则 f′(x)＝－21x2＋2－2 x2＝32xx－222－xx＋22.
(2)常数代换法求解最值的关键在于常数的变形应用，利用 这种方法求解最值应注意以下三个方面：
①条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础； ②已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的基础； ③利用基本不等式求解最值时要注意“一正、二定、三相等” 的检验，否则容易出现错解.
策略2 构造法：解决与导数有关的不等式问题
由 f′(x)>0，得23<x<1；由 f′(x)<0，得 0<x<23，所以 f(x)在23，1 上单调递增，在0，23上单调递减，所以 f(x)min＝f23＝54.
法二：原式＝21x＋1y＋－1y＝－1＋21x＋y＋2 1，
则
21x＋y＋2 1
提能点(二)
灵活运用策略， 尝试“借石攻玉”
策略1
常数代换法：求解最值问题
[例 1] 已知正数 x，y 满足 4y－2xy＝1，则 x＋2y 的最小
值为____2____．
[解析] 由 4y－2xy＝1，得 x＋2y＝4xy，
即41y＋21x＝1，所以 x＋2y＝(x＋2y)41y＋21x
＝1＋4xy＋xy≥1＋2 4xy·xy＝2.
当且仅当4xy＝xy，即 x＝1，y＝12时等号成立．
所以 x＋2y 的最小值为 2.
[点评] (1)本题先将已知条件改写为“41y＋21x＝1”，然后 利用乘法运算规律，任何式子与 1 的乘积等于本身，将“1”进 行代换，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求最值．
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】
第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。
高考数学二轮复习课件高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理(含解析)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0在x >1时恒成立.所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)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(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(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)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。
【配套K12】[学习]2019高考数学二轮复习 专题六 函数与导数、不等式 第2讲 基本初等函数、函
第2讲 基本初等函数、函数与方程高考定位 1.掌握二次函数、分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象性质；2.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理；3.能利用函数解决简单的实际问题.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A.－12B.13C.12D.1解析 f (x )＝(x －1)2＋a (ex －1＋e1－x)－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a (e t ＋e －t)－1. ∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数.∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点. 又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.答案 C2.(2018·天津卷)已知a ＝log 2e ，b ＝ln 2，c ＝log 1213，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a >b >cB.b >a >cC.c >b >aD.c >a >b解析 c ＝log 1213＝log 23，a ＝log 2e ，由y ＝log 2x 在(0，＋∞)上是增函数，知c >a >1.又b ＝ln 2<1，故c >a >b . 答案 D3.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( ) A.[－1，0) B.[0，＋∞) C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)解析 函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y＝－x －a 有2个交点，作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1. 答案 C4.(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是________.解析 一年的总运费与总存储费用之和为y ＝6×600x＋4x ＝3 600x＋4x ≥23 600x×4x ＝240，当且仅当3 600x＝4x ，即x ＝30时，y 有最小值240.答案 30考 点 整 合1.指数式与对数式的七个运算公式 (1)a m·a n＝am ＋n；(2)(a m )n ＝a mn；(3)log a (MN )＝log a M ＋log a N ； (4)log a MN＝log a M －log a N ； (5)log a M n＝n log a M ； (6)alog aN＝N ；(7)log a N ＝log b Nlog b a (注：a ，b >0且a ，b ≠1，M >0，N >0).2.指数函数与对数函数的图象和性质指数函数y ＝a x(a >0，a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)的图象和性质，分0<a <1，a >1两种情况，当a >1时，两函数在定义域内都为增函数，当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数.3.函数的零点问题(1)函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.4.应用函数模型解决实际问题的一般程序 读题文字语言建模数学语言求解数学应用反馈检验作答.热点一 基本初等函数的图象与性质【例1】 (1)(2018·郑州一模)若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是()(2)(2018·济南质检)已知a (a ＋1)≠0，若函数f (x )＝log 2(ax －1)在(－3，－2)上为减函数，且函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x，x ≤12，log |a |x ，x >12在R 上有最大值，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，－12 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，－12D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，12解析 (1)由于y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}， ∴a >1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数， 又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称. 因此y ＝log a |x |的图象应大致为选项B.(2)∵f (x )＝log 2(ax －1)在(－3，－2)上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <0，－2a －1≥0，∴a ≤－12，∵a (a ＋1)≠0，∴|a |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞).当x ≤12时，g (x )＝4x∈(0，2]，又g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x，x ≤12，log |a |x ，x >12在R 上有最大值，则当x >12时，log |a |x ≤2，且|a |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1，∴log |a |12≤2，∴|a |2≤12，则|a |≤22，又a ≤－12，∴－22≤a ≤－12.答案 (1)B (2)A探究提高 1.指数函数、对数函数的图象和性质受底数a 的影响，解决与指数、对数函数特别是与单调性有关的问题时，首先要看底数a 的范围.2.研究对数函数的性质，应注意真数与底数的限制条件.如求f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的单调区间，只考虑t ＝x 2－3x ＋2与函数y ＝ln t 的单调性，忽视t >0的限制条件. 【训练1】 (1)函数y ＝ln |x |－x 2的图象大致为( )(2)(2018·西安调研)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧34x ＋54，x <1，2x ，x ≥1，则满足f [f (t )]＝2f (t )的t 的取值范围是________.解析 (1)易知y ＝ln|x |－x 2是偶函数，排除B ，D.当x >0时，y ＝ln x －x 2，则y ′＝1x－2x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，22时，y ′＝1x －2x >0，y ＝ln x －x 2单调递增，排除C.A 项满足. (2)若f (t )≥1，显然成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧t <1，34t ＋54≥1或⎩⎪⎨⎪⎧t ≥1，2t ≥1，解得t ≥－13.若f (t )<1，由f [f (t )]＝2f (t )，可知f (t )＝－1，所以34t ＋54＝－1，得t ＝－3.综上，实数t 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫t ⎪⎪⎪t ＝－3或t ≥－13. 答案 (1)A (2)⎩⎨⎧⎭⎬⎫t ⎪⎪⎪t ＝－3或t ≥－13热点二 函数的零点与方程考法1 确定函数零点个数或其存在范围【例2－1】 (1)函数f (x )＝log 2x －1x的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.(1，2) D.(2，3)(2)(2018·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为________. 解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212－112＝－1－2＝－3＜0， f (1)＝log 21－11＝0－1＜0， f (2)＝log 22－12＝1－12＝12＞0，f (3)＝log 23－13＞1－13＝23＞0，即f (1)·f (2)＜0，∴函数f (x )＝log 2x －1x的零点在区间(1，2)内.(2)由题意知，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6＝0，所以3x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，所以x ＝π9＋k π3，k ∈Z ，当k ＝0时，x ＝π9；当k ＝1时，x ＝4π9；当k ＝2时，x ＝7π9，均满足题意，所以函数f (x )在[0，π]的零点个数为3. 答案 (1)C (2)3探究提高 1.函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的类型有：(1)函数零点值大致存在区间的确定；(2)零点个数的确定；(3)两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定. 2.判断函数零点个数的主要方法：(1)解方程f (x )＝0，直接求零点；(2)利用零点存在定理；(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题.【训练2】 函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2－x 2的零点个数为________.解析 f (x )＝2sin x cos x －x 2＝sin 2x －x 2，函数f (x )的零点个数可转化为函数y 1＝sin 2x 与y 2＝x 2图象的交点个数，在同一坐标系中画出y 1＝sin 2x 与y 2＝x 2的图象如图所示：由图可知两函数图象有2个交点，则f (x )的零点个数为2. 答案 2考法2 根据函数的零点求参数的取值或范围【例2－2】 (2018·天津卷)已知a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x >0.若关于x 的方程f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是________.解析 当x ≤0时，由x 2＋2ax ＋a ＝ax ，得a ＝－x 2－ax ；当x >0时，由－x 2＋2ax －2a ＝ax ，得2a ＝－x 2＋ax .令g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－ax ，x ≤0，－x 2＋ax ，x >0. 作出y ＝a (x ≤0)，y ＝2a (x >0)，函数g (x )的图象如图所示，g (x )的最大值为－a 24＋a 22＝a 24，由图象可知，若f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，则a <a 24<2a ，解得4<a <8.答案 (4，8)探究提高 1.求解本题的关键在于转化为研究函数g (x )的图象与y ＝a (x ≤0)，y ＝2a (x >0)的交点个数问题：常见的错误是误认为y ＝2a ，y ＝a 是两条直线，忽视x 的限制条件. 2.解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解.【训练3】 (2018·湖北七校联考)已知f (x )是奇函数且是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是________.解析 令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，则f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，因为f (x )是R 上的单调函数，所以2x 2＋1＝x －λ，只有一个实根，即2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.答案 －78热点三 函数的实际应用【例3】 为了降低能源损耗，某体育馆的外墙需要建造隔热层，体育馆要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10，k 为常数)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和. (1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小？并求最小值. 解 (1)当x ＝0时，C ＝8，∴k ＝40，∴C (x )＝403x ＋5(0≤x ≤10)，∴f (x )＝6x ＋20×403x ＋5＝6x ＋8003x ＋5(0≤x ≤10).(2)由(1)得f (x )＝2(3x ＋5)＋8003x ＋5－10.令3x ＋5＝t ，t ∈[5，35]， 则y ＝2t ＋800t－10≥22t ·800t －10＝70(当且仅当2t ＝800t，即t ＝20时等号成立)，此时x ＝5，因此f (x )的最小值为70.∴隔热层修建5 cm 厚时，总费用f (x )达到最小，最小值为70万元. 探究提高 解决函数实际应用题的两个关键点(1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题.(2)要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解.【训练4】 (2018·大连质检)某海上油田A 到海岸线(近似直线)的垂直距离为10海里，垂足为B ，海岸线上距离B 处100海里有一原油厂C ，现计划在BC 之间建一石油管道中转站M .已知海上修建石油管道的单位长度费用是陆地上的3倍，要使从油田A 处到原油厂C 修建管道的费用最低，则中转站M 到B 处的距离应为( ) A.52海里 B.52 2海里 C.5海里D.10海里解析 设中转站M 到B 处的距离为x 海里，修造管道的费用为y ，陆地上单位长度修建管道的费用为a ，依题意，y ＝a (3x 2＋102＋100－x )，0≤x ≤100，则y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×12×2xx 2＋100－1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x x 2＋100－1a .令y ′＝0，得3x ＝x 2＋100，解得x ＝522.∴当x ＝522时，y 取得最小值.答案 B1.指数函数与对数函数的图象和性质受底数a (a >0，且a ≠1)的取值影响，解题时一定要注意讨论，并注意两类函数的定义域与值域所隐含条件的制约.2.(1)忽略概念致误：函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x 轴交点的横坐标.(2)零点存在性定理注意两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点. 3.利用函数的零点求参数范围的主要方法： (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解. 4.构建函数模型解决实际问题的常见类型与求解方法：(1)构建二次函数模型，常用配方法、数形结合、分类讨论思想求解. (2)构建分段函数模型，应用分段函数分段求解的方法.(3)构建f (x )＝x ＋a x(a >0)模型，常用基本不等式、导数等知识求解.一、选择题1.(2017·北京卷)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与M N最接近的是( ) (参考数据：lg 3≈0.48) A.1033B.1053C.1073D.1093解析 M ≈3361，N ≈1080，M N ≈33611080，则lg M N ≈lg 33611080＝lg 3361－lg1080＝361lg 3－80≈93.∴M N≈1093.答案 D2.(2018·潍坊三模)已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2323，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3423，c ＝log 3423，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a <b <cB.b <a <cC.c <a <bD.a <c <b解析 ∵y ＝x 23在(0，＋∞)上是增函数，∴a <b <1.由于0<23<34，∴c ＝log 3423>1.因此c >b >a .答案 A3.函数f (x )＝ln x ＋e x(e 为自然对数的底数)的零点所在的区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 C.(1，e) D.(e ，＋∞)解析 函数f (x )＝ln x ＋e x在(0，＋∞)上单调递增，因此函数f (x )最多只有一个零点. 当x →0＋时，f (x )→－∞；又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e 1e ＝e 1e －1>0，∴函数f (x )＝ln x ＋e x(e 为自然对数的底数)的零点所在的区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .答案 A4.(2018·全国Ⅲ卷)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A.a ＋b <ab <0 B.ab <a ＋b <0 C.a ＋b <0<abD.ab <0<a ＋b解析 由a ＝log 0.20.3得1a ＝log 0.30.2，由b ＝log 20.3得1b ＝log 0.32，所以1a ＋1b＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4，所以0<1a ＋1b <1，得0<a ＋bab<1.又a >0，b <0，所以ab <0，所以ab <a ＋b <0.答案 B5.(2018·北京燕博园联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），x ≥0，x 3－3x ，x <0，若函数y ＝f (x )－k 有三个不同的零点，则实数k 的取值范围是( ) A.(－2，2) B.(－2，1) C.(0，2)D.(1，3)解析 当x <0时，f (x )＝x 3－3x ，则f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，∴x ＝±1(舍去正根)，故f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f (x )＝ln(x ＋1)在x ≥0上单调递增.则函数f (x )图象如图所示.f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＝2，且f (0)＝0.故当k ∈(0，2)时，y ＝f (x )－k 有三个不同零点. 答案 C 二、填空题6.(2018·浙江卷改编)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.解析 令f (x )＝0，当x ≥λ时，x ＝4.当x <λ时，x 2－4x ＋3＝0，则x ＝1或x ＝3.若函数f (x )恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1<λ≤3或λ>4. 答案 (1，3]∪(4，＋∞)7.将甲桶中的a L 水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt .假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4L ，则m 的值为________.解析 ∵5 min 后甲桶和乙桶的水量相等， ∴函数y ＝f (t )＝a e nt 满足f (5)＝a e 5n＝12a ，可得n ＝15ln 12，∴f (t )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12t5，因此，当k min 后甲桶中的水只有a4L 时，f (k )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14，∴k ＝10，由题可知m ＝k －5＝5. 答案 58.(2018·广州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >0，2x ＋1，x ≤0，若方程f (x )＝ax 有三个不同的实数根，则a 的取值范围是________.解析 在同一坐标系内，作函数y ＝f (x )与y ＝ax 的图象，当y ＝ax 是y ＝ln x 的切线时，设切点P (x 0，y 0)，∵y 0＝ln x 0，a ＝(ln x )′|x＝x0＝1x 0，∴y 0＝ax 0＝1＝ln x 0，x 0＝e ，故a ＝1e.故y ＝ax 与y ＝f (x )的图象有三个交点时，0<a <1e.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 三、解答题9.(2018·雅礼中学月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3（x ＋1），x >1，log 2（5－x ），x ≤1.(1)求方程f (x )＝3f (2)的解集；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数. 解 (1)f (2)＝log 33＝1，当x >1时，由f (x )＝3f (2)＝3得x ＋1＝27，即x ＝26.当x ≤1时，由f (x )＝3得5－x ＝8，即x ＝－3.故方程f (x )＝3f (2)的解集为{－3，26}.(2)当x >1时，f (x )＝log 3(x ＋1)递增，且f (x )∈(log 32，＋∞).当x ≤1时，f (x )＝log 2(5－x )递减，且f (x )∈[2，＋∞).由g (x )＝f (x )－a ＝0得f (x )＝a ，故当a ∈(－∞，log 32]时，g (x )的零点个数为0；当a ∈(log 32，2)时，g (x )的零点个数为1；当a ∈[2，＋∞)时，g (x )的零点个数为2.10.候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模的迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v (单位：m/s)与其耗氧量Q 之间的关系为v ＝a ＋b log 3Q 10(其中a ，b 是实数).据统计，该种鸟类在静止时其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.(1)求出a ，b 的值；(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要多少个单位？ 解 (1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s ，此时耗氧量为30个单位，故有a ＋b log 33010＝0， 即a ＋b ＝0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s ，故有a ＋b log 39010＝1，整理得a ＋2b ＝1. 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1. (2)由(1)知，v ＝－1＋log 3Q 10. 所以要使飞行速度不低于2 m/s ，则有v ≥2，即－1＋log 3Q 10≥2，即log 3Q 10≥3，解得Q ≥270. 所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要270个单位.11.(2018·江苏卷选编)记f ′(x )，g ′(x )分别为函数f (x )，g (x )的导函数.若存在x 0∈R ，满足f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称x 0为函数f (x )与g (x )的一个“S 点”.(1)证明：函数f (x )＝x 与g (x )＝x 2＋2x －2不存在“S 点”；(2)若函数f (x )＝ax 2－1与g (x )＝ln x 存在“S 点”，求实数a 的值.(1)证明 函数f (x )＝x ，g (x )＝x 2＋2x －2，则f ′(x )＝1，g ′(x )＝2x ＋2.由f (x )＝g (x )且f ′(x )＝g ′(x )，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2＋2x －2，1＝2x ＋2，此方程组无解， 因此，f (x )与g (x )不存在“S 点”.(2)解 函数f (x )＝ax 2－1，g (x )＝ln x ，则f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝1x. 设x 0为f (x )与g (x )的“S 点”，由f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，得⎩⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 0＝1x 0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 20＝1， (*) 得ln x 0＝－12，即x 0＝e －12，则a ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫e －122＝e 2. 当a ＝e 2时，x 0＝e －12满足方程组(*)， 即x 0为f (x )与g (x )的“S 点”.因此，a 的值为e 2.。
高考数学二轮复习专题六函数与导数不等式第5讲导数的综合应用与热点问题课件理ppt课件
当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知 1<cl－n c1<c，故 0<x0<1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.
∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
热点三 不等式恒成立、存在性问题 考法1 不等式恒成立问题 【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(2)证明 由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.
∴当
x≠1
时，ln
x<x－1.故当
x∈(1，＋∞)时，ln
x<x－1，ln1x<1x－1，即
x－1 1< ln x <x.
(3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1
则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝lnlnlncc .
所以 h(x)在0，12)>0； 当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0. 因为f′(x)＝h(x)，
所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2) －2 －2，－23 －23
f′(x)
＋
0
－
0
f(x)
c
c－3227
－23，＋∞ ＋
∴当 c>0 且 c－3227<0 时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在 x1∈(－4，－2)，x2∈ －2，－23，x3∈－23，0，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
热点探究 函数、导数与不等式.ppt 2019年高考复习
热点探究课(二) 函数、导数与不等式[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有.热点1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围.(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围.【导学号：62172114】[思路点拨] (1)求出导数后对a 分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a 的范围．[规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .2分若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.5分 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.11分 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.12分 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0,1).14分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)．第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论． 第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)．第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规范．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．2.若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解.[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.2分当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1， 解得a ＝－1.4分(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下： 所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.8分 (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞).14分热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.(2016·北京高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .2分因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .4分(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.6分令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.8分 f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0. 由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.14分[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2] 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数. 【导学号：62172115】[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.2分∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.4分(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).6分设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.10分又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.14分 热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题.☞角度1 证明不等式设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，e x＞x2－2ax＋1.[解](1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递减单调递增故f，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a).6分(2)设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即e x－x2＋2ax－1＞0，故e x＞x2－2ax＋1.14分☞角度2不等式恒成立问题(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞).1分当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1x－3，f′(1)＝－2.3分故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.6分(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－a(x－1)x＋1＞0.设g(x)＝ln x－a(x－1) x＋1，则g′(x)＝1x－2a(x＋1)2＝x2＋2(1－a)x＋1x(x＋1)2，g(1)＝0.9分①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－(a－1)2－1，x2＝a－1＋(a－1)2－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2].14分☞角度3存在型不等式成立问题设函数f(x)＝a ln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.3分(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝a ln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－ax⎝⎛⎭⎪⎫x－a1－a(x－1).5分①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为f(1)<aa－1，即1－a2－1<aa－1，解得－2－1<a<2－1.7分②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.10分 所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1. 综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).14分[规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否成立问题．热点探究训练(二)1.设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围. 【导学号：62172116】[解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x . 3分 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.7分 (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366. 9分当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数.11分 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞. 14分2.(2017·苏州模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．[解] (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3. 由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).6分 (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减，故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈[0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点；当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎨⎧ g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2，解得e<k <e 22. 13分 综上所述，函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22. 14分3.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ).1分 (ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分 (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞－e 2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减.5分③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减.7分(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点.9分(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞).14分 4.(2017·盐城模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围；(3)求证：ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N ＋). 【导学号：62172117】 [解] (1)f ′(x )＝a (1－x )x (x >0)．当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1]，减区间为[1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数.4分(2)由f ′(2)＝－a2＝1得a ＝－2，∴f ′(x )＝2x －2x . ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0. 由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，所以有：⎩⎨⎧g ′(1)<0，g ′(2)<0，g ′(3)>0，∴－373<m <－9.8分(3)证明：令a ＝－1，此时f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2， 由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，＋∞)时f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，∴ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立，∵n ≥2，n ∈N ＋，则有0<ln n <n －1，∴0<ln n n <n －1n .∴ln 22×ln 33×ln 44×ln n n <12×23×34×…×n －1n ＝1n (n ≥2，n ∈N ＋).16分第三节 基本不等式[考纲传真] 1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．1．基本不等式ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0. (2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b .2．几个重要的不等式 (1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )； (2)b a ＋ab ≥2(a ，b 同号且不为零)； (3)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )； (4)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b22(a ，b ∈R )． 3．算术平均数与几何平均数设a >0，b >0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．4．利用基本不等式求最值问题 已知x >0，y >0，则(1)如果xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p (简记：积定和最小)．(2)如果x ＋y 是定值q ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是q 24(简记：和定积最大)．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝x ＋1x 的最小值是2.( )(2)函数f (x )＝cos x ＋4cos x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2的最小值等于4.( )(3)x >0，y >0是x y ＋yx ≥2的充要条件．( ) (4)若a >0，则a 3＋1a 2的最小值为2a .( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2>2abB ．a ＋b ≥2abC.1a ＋1b >2abD.b a ＋a b ≥2D [∵a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0，∴A 错误；对于B ，C ，当a <0，b <0时，明显错误．对于D ，∵ab >0，∴b a ＋ab ≥2b a ·a b ＝2.]3．(2016·安徽合肥二模)若a ，b 都是正数，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4a b 的最小值为( )A ．7 B.8 C ．9D.10C [∵a ，b 都是正数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4a b ＝5＋b a ＋4a b ≥5＋2b a ·4ab ＝9，当且仅当b ＝2a >0时取等号，故选C.]4．若函数f (x )＝x ＋1x －2(x >2)在x ＝a 处取最小值，则a 等于( ) 【导学号：01772209】A ．1＋ 2 B.1＋ 3 C ．3D.4C [当x >2时，x －2>0，f (x )＝(x －2)＋1x －2＋2≥2(x －2)×1x －2＋2＝4，当且仅当x －2＝1x －2(x >2)，即x ＝3时取等号，即当f (x )取得最小值时，x ＝3，即a ＝3，选C.]5．(教材改编)若把总长为20 m 的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是__________m 2.25 [设矩形的一边为x m ，矩形场地的面积为y ， 则另一边为12×(20－2x )＝(10－x )m ， 则y ＝x (10－x )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋(10－x )22＝25， 当且仅当x ＝10－x ，即x ＝5时，y max ＝25.](1)(2015·湖南高考)若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( )A.2B.2 C ．2 2D.4(2)(2017·郑州二次质量预测)已知正数x ，y 满足x 2＋2xy －3＝0，则2x ＋y 的最小值是__________．(1)C (2)3 [(1)由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab ，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.(2)由x 2＋2xy －3＝0得y ＝3－x 22x ＝32x －12x ，则2x ＋y ＝2x ＋32x －12x ＝3x 2＋32x≥23x 2·32x ＝3，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以2x ＋y 的最小值为3.] [规律方法] 1.利用基本不等式求函数最值时，注意“一正、二定、三相等，和定积最大，积定和最小”．2．在求最值过程中若不能直接使用基本不等式，可以考虑利用拆项、配凑、常数代换、平方等技巧进行变形，使之能够使用基本不等式．[变式训练1] (1)(2016·湖北七市4月联考)已知a >0，b >0，且2a ＋b ＝1，若不等式2a ＋1b ≥m 恒成立，则m 的最大值等于( )A ．10 B.9 C ．8D.7(2)(2016·湖南雅礼中学一模)已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n 的最大值为__________．(1)B (2)－4 [(1)∵2a ＋1b ＝2(2a ＋b )a ＋2a ＋b b ＝4＋2b a ＋2a b ＋1＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥5＋2×2b a ×a b ＝9，当且仅当a ＝b ＝13时取等号．又2a ＋1b ≥m ，∴m ≤9，即m的最大值等于9，故选B.(2)∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0， ∴1m ＋1n ＝－(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≤－2－2n m ·mn ＝－4，当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4.]已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)1a ＋1b ＋1ab ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ，∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋a b ＋ba ≥2＋2＝4，3分 ∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立).5分 (2)法一：∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＋1a ＝1＋a ＋b a ＝2＋b a ，同理1＋1b ＝2＋ab ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋a b＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，10分∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立).12分 法二：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab ，由(1)知，1a ＋1b ＋1ab ≥8，10分故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab ≥9.12分 [规律方法] 1.“1”的代换是解决问题的关键，代换变形后能使用基本不等式是代换的前提，不能盲目变形．2．利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式必须是有“和”式或“积”式，通过将“和”式转化为“积”式或将“积”式转化为“和”式，达到放缩的效果，必要时，也需要运用“拆、拼、凑”的技巧，同时应注意多次运用基本不等式时等号能否取到．[变式训练2] 设a ，b 均为正实数，求证：1a 2＋1b 2＋ab ≥2 2.【导学号：01772210】[证明] 由于a ，b 均为正实数， 所以1a 2＋1b 2≥21a 2·1b 2＝2ab ，3分当且仅当1a 2＝1b 2，即a ＝b 时等号成立， 又因为2ab ＋ab ≥22ab ·ab ＝22， 当且仅当2ab ＝ab 时等号成立， 所以1a 2＋1b 2＋ab ≥2ab ＋ab ≥22，8分 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＝1b 2，2ab ＝ab ，即a ＝b ＝42时取等号.12分运货卡车以每小时x 千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x ≤100(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 2360升，司机的工资是每小时14元． (1)求这次行车总费用y 关于x 的表达式；(2)当x 为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． [解] (1)设所用时间为t ＝130x (h)，y ＝130x ×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 2360＋14×130x ，x ∈[50,100].2分所以这次行车总费用y 关于x 的表达式是 y ＝130×18x＋2×130360x ，x ∈[]50，100. (或y ＝2 340x ＋1318x ，x ∈[]50，100).5分 (2)y ＝130×18x ＋2×130360x ≥26 10， 当且仅当130×18x＝2×130360x ， 即x ＝1810，等号成立.8分故当x ＝1810千米/时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为2610元.12分[规律方法] 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数． 2．根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值．3．在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解．[变式训练3] 某化工企业2016年年底投入100万元，购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．设该企业使用该设备x 年的年平均污水处理费用为y (单位：万元)．(1)用x 表示y ；(2)当该企业的年平均污水处理费用最低时，企业需重新更换新的污水处理设备．则该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备．[解](1)由题意得，y＝100＋0.5x＋(2＋4＋6＋ (2x)x，即y＝x＋100x＋1.5(x∈N*).5分(2)由基本不等式得：y＝x＋100x＋1.5≥2x·100x＋1.5＝21.5，8分当且仅当x＝100x，即x＝10时取等号．故该企业10年后需要重新更换新的污水处理设备.12分[思想与方法]1．基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，因此可以用在一些不等式的证明中，还可以用于求代数式的最值或取值范围．如果条件等式中，同时含有两个变量的和与积的形式，就可以直接利用基本不等式对两个正数的和与积进行转化，然后通过解不等式进行求解．2．基本不等式的两个变形：(1)a2＋b22≥⎝⎛⎭⎪⎫a＋b22≥ab(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)．(2)a2＋b22≥a＋b2≥ab≥21a＋1b(a>0，b>0，当且仅当a＝b时取等号)．[易错与防范]1．使用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三个条件缺一不可．2．“当且仅当a＝b时等号成立”的含义是“a＝b”是等号成立的充要条件，这一点至关重要，忽视它往往会导致解题错误．3．连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致．课时分层训练(七) 二次函数与幂函数A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．已知幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则k ＋α＝( )【导学号：01772040】A.12 B.1 C.32D.2C [由幂函数的定义知k ＝1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，从而k ＋α＝32.]2．函数f (x )＝2x 2－mx ＋3，当x ∈[－2，＋∞)时，f (x )是增函数，当x ∈(－∞，－2]时，f (x )是减函数，则f (1)的值为( )A ．－3 B.13 C.7D.5B [函数f (x )＝2x 2－mx ＋3图象的对称轴为直线x ＝m4，由函数f (x )的增减区间可知m4＝－2，∴m ＝－8，即f (x )＝2x 2＋8x ＋3，∴f (1)＝2＋8＋3＝13.]3．若幂函数y ＝(m 2－3m ＋3)·xm 2－m －2的图象不过原点，则m 的取值是( )A ．－1≤m ≤2 B.m ＝1或m ＝2 C ．m ＝2D.m ＝1B [由幂函数性质可知m 2－3m ＋3＝1，∴m ＝2或m ＝1.又幂函数图象不过原点，∴m 2－m －2≤0，即－1≤m ≤2，∴m ＝2或m ＝1.]4．已知函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，如果a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，则它的图象可能是( )【导学号：01772041】A B C DD [由a ＋b ＋c ＝0，a ＞b ＞c 知a ＞0，c ＜0，则c a ＜0，排除B ，C.又f (0)＝c ＜0，所以也排除A.]5．若函数f (x )＝x 2－ax －a 在区间[0,2]上的最大值为1，则实数a 等于( )A ．－1B.1C.2D.－2B [∵函数f (x )＝x 2－ax －a 的图象为开口向上的抛物线，∴函数的最大值在区间的端点取得．∵f (0)＝－a ，f (2)＝4－3a ，∴⎩⎨⎧ －a ≥4－3a ，－a ＝1，或⎩⎨⎧ －a ≤4－3a ，4－3a ＝1，解得a ＝1.] 二、填空题6．(2017·上海八校联合测试改编)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋1＋b (a ＞0)．若f (x )在[2,3]上的最大值为4，最小值为1，则a ＝________，b ＝________.1 0 [因为函数f (x )的对称轴为x ＝1，又a ＞0，所以f (x )在[2,3]上单调递增，所以⎩⎨⎧ f (2)＝1，f (3)＝4，即⎩⎨⎧a ·22－2a ·2＋1＋b ＝1，a ·32－2a ·3＋1＋b ＝4，解方程得a ＝1，b ＝0.] 7．已知P ＝2，Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫253，R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123，则P ，Q ，R 的大小关系是________. 【导学号：01772042】P ＞R ＞Q [P ＝2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，根据函数y ＝x 3是R 上的增函数且22＞12＞25， 得⎝ ⎛⎭⎪⎫223＞⎝ ⎛⎭⎪⎫123＞⎝ ⎛⎭⎪⎫253，即P ＞R ＞Q .] 8．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋5在(－∞，2]上是减函数，且对任意的x 1，x 2∈[1，a ＋1]，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤4，则实数a 的取值范围是________．[2,3] [f (x )＝(x －a )2＋5－a 2，根据f (x )在区间(－∞，2]上是减函数知，a ≥2，则f (1)≥f (a ＋1)，从而|f (x 1)－f (x 2)|max ＝f (1)－f (a )＝a 2－2a ＋1，由a 2－2a ＋1≤4，解得－1≤a ≤3，又a ≥2，所以2≤a ≤3.]三、解答题9．已知幂函数f (x )＝x (m 2＋m )－1(m ∈N *)经过点(2，2)，试确定m 的值，并求满足条件f (2－a )＞f (a －1)的实数a 的取值范围．[解] 幂函数f (x )经过点(2，2)， ∴2＝2(m 2＋m )－1，即2＝2(m 2＋m )－1，∴m 2＋m ＝2，解得m ＝1或m ＝－2.4分又∵m ∈N *，∴m ＝1.∴f (x )＝x ，则函数的定义域为[0，＋∞)，并且在定义域上为增函数．由f (2－a )＞f (a －1)，得⎩⎨⎧ 2－a ≥0，a －1≥0，2－a ＞a －1，10分解得1≤a ＜32.∴a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32.12分 10．已知函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x －3， (1)当a ＝2，x ∈[－2,3]时，求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )在[－1,3]上的最大值为1，求实数a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝x 2＋3x －3，x ∈[－2,3]，对称轴x ＝－32∈[－2,3]，2分∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝94－92－3＝－214， f (x )max ＝f (3)＝15，∴值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－214，15.5分 (2)对称轴为x ＝－2a －12. ①当－2a －12≤1，即a ≥－12时，f (x )max ＝f (3)＝6a ＋3，∴6a ＋3＝1，即a ＝－13满足题意；8分②当－2a －12＞1，即a ＜－12时， f (x )max ＝f (－1)＝－2a －1，∴－2a －1＝1，即a ＝－1满足题意．综上可知a ＝－13或－1. 12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·江西九江一中期中)函数f (x )＝(m 2－m －1)x 4m 9－m 5－1是幂函数，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，满足f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0，若a ，b ∈R ，且a ＋b ＞0，ab ＜0，则f (a )＋f (b )的值( )【导学号：01772043】A ．恒大于0B.恒小于0 C ．等于0 D.无法判断A [∵f (x )＝(m 2－m －1)x 4m 9－m 5－1是幂函数，∴m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1.当m ＝2时，指数4×29－25－1＝2 015＞0，满足题意．当m ＝－1时，指数4×(－1)9－(－1)5－1＝－4＜0，不满足题意，∴f (x )＝x 2 015.∴幂函数f (x )＝x 2 015是定义域R 上的奇函数，且是增函数．又∵a ，b ∈R ，且a ＋b ＞0，∴a ＞－b ，又ab ＜0，不妨设b ＜0，则a ＞－b ＞0，∴f (a )＞f (－b )＞0，又f (－b )＝－f (b )，∴f (a )＞－f (b )，∴f (a )＋f (b )＞0.故选A.]2．设f (x )与g (x )是定义在同一区间[a ，b ]上的两个函数，若函数y ＝f (x )－g (x )在x ∈[a ，b ]上有两个不同的零点，则称f (x )和g (x )在[a ，b ]上是“关联函数”，区间[a ，b ]称为“关联区间”．若f (x )＝x 2－3x ＋4与g (x )＝2x ＋m 在[0,3]上是“关联函数”，则m 的取值范围为________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2 [由题意知，y ＝f (x )－g (x )＝x 2－5x ＋4－m 在[0,3]上有两个不同的零点．在同一直角坐标系下作出函数y ＝m 与y ＝x 2－5x ＋4(x ∈[0,3])的图象如图所示，结合图象可知，当x ∈[2,3]时，y ＝x 2－5x ＋4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，－2， 故当m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2时，函数y ＝m 与y ＝x 2－5x ＋4(x ∈[0,3])的图象有两个交点．]3．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b ∈R )，x ∈R .(1)若函数f (x )的最小值为f (－1)＝0，求f (x )的解析式，并写出单调区间；(2)在(1)的条件下，f (x )＞x ＋k 在区间[－3，－1]上恒成立，试求k 的范围．[解] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ －b 2a＝－1，f (－1)＝a －b ＋1＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2.2分 所以f (x )＝x 2＋2x ＋1，由f (x )＝(x ＋1)2知，函数f (x )的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1].6分(2)由题意知，x 2＋2x ＋1＞x ＋k 在区间[－3，－1]上恒成立，即k ＜x 2＋x ＋1在区间[－3，－1]上恒成立，8分令g (x )＝x 2＋x ＋1，x ∈[－3，－1]，由g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34知g (x )在区间[－3，－1]上是减函数，则g (x )min ＝g (－1)＝1，所以k ＜1，即k 的取值范围是(－∞，1).12分。