2019年高考数学(全国通用版)二轮复习专题六函数与导数第4讲导数的热点问题学案理

第4讲 导数的热点问题
[考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．
热点一 利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例 1 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．
(1)求实数a 的值；
(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14
. (1)解 由f (x )＝e x (a e x
－a －x )≥0对于x ∈R 恒成立，
设函数g (x )＝a e x －a －x ，
可得g (x )＝a e x －a －x ≥0对于x ∈R 恒成立，
∵g (0)＝0，∴g (x )≥g (0)，
从而x ＝0是g (x )的一个极小值点，
∵g ′(x )＝a e x －1，∴g ′(0)＝a －1＝0，即a ＝1.
当a ＝1时，g (x )＝e x －1－x ，g ′(x )＝e x －1，
∵x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减， x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，
∴g (x )≥g (0)＝0，故a ＝1.
(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x
， f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．
令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x
－1，
∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，
∵h (－1)<0，h (－2)>0，
∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0，
∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，
∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，
即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数，
当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，
即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数，
当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0，
即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数，
当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0，
即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，
∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，
综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0，
且x 0∈(－2，－1)．
∵h (x 0)＝0，∴20e x －x 0－2＝0，
∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 2
0＋2x 04，x 0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－
x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14
； ∵ln 12e ∈(－2，－1)， ∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2； 综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14
. 思维升华 用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则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 )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．
(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.
跟踪演练1 (2018·荆州质检)已知函数f (x )＝ax －ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若a ∈⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1. (1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x
(x >0)， ①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
②当a >0时，
则当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；
当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上单调递增． (2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x e
ax －1 ＝x e ax －1－ax －ln x ，
则g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x
＝(ax ＋1)⎝
⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝(ax ＋1)(x e ax －1－1)x (x >0)， 设r (x )＝x e ax －1－1(x >0)，
则r ′(x )＝(1＋ax )e
ax －1(x >0)， ∵e ax －1>0，
∴当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减． ∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝
⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2， ∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a
时，g ′(x )>0， ∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增， ∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ， 设t ＝－1a
∈(]0，e 2， 则g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)， h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减， ∴h (t )≥h (e 2)＝0；
∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x e ax －1.
热点二 利用导数讨论方程根的个数
方程的根、函数的零点、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，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．
例2 (2018·衡水金卷分科综合卷)设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．
(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若0<a <23
，试判断函数f (x )的零点个数． 解 (1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增，
∴f ′(x )＝e x －
1x ＋a ≥0在[0，＋∞)内恒成立． 即a ≥e －x －x 在[0，＋∞)内恒成立．
记g (x )＝e －x －x ，
则g ′(x )＝－e －x －1<0恒成立，
∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减，
∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1，
即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．
(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a
(x >－a )， 记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1(x ＋a )2>0， 知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增．
又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1
>0， ∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0，
即f ′(x 0)＝0e x －
1x 0＋a ＝0， 于是0e x ＝1x 0＋a
，x 0＝－ln ()x 0＋a . 当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；
当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．
∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x
－2a －ln ()x 0＋a ＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a
－3a ≥2－3a ， 当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．
由0<a <23
，得2－3a >0， ∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．
思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问。