【复习必备】(全国通用版)2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 理

1 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)＝ae2x－aex－xex(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x0，且ln 22e＋14e2≤f(x0)<14. (1)解 由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立， 设函数g(x)＝aex－a－x， 可得g(x)＝aex－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)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1. 当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－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)＝e2x－ex－xex， f′(x)＝ex(2ex－x－2)．

令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－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＝x0满足h(x0)＝0， ∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数， 2

∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0， 即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数， 当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0， 即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数， 当x∈(－ln 2,0)时，h(x)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x0， 且x0∈(－2，－1)． ∵h(x0)＝0，∴20ex－x0－2＝0，

∴f(x0)＝02ex－0ex－x00ex＝x0＋222－x0＋22(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)，

∵当x∈(－2，－1)时，－x2＋2x4<14，∴f(x0)<14； ∵ln12e∈(－2，－1)， ∴f(x0)≥f ln12e＝ln 22e＋14e2； 综上知ln 22e＋14e2≤f(x0)<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∀x1，x2∈[a，b]，且x1(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)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∈－∞，－1e2，求证：f(x)≥2ax－xeax－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， 3

∴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＋xeax－1 ＝xeax－1－ax－ln x，

则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－1x

＝(ax＋1)eax－1－1x＝ax＋1xeax－1－1x(x>0)， 设r(x)＝xeax－1－1(x>0)， 则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)， ∵eax－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＝－1ae2＋1≤0a≤－1e2， ∴当0－1a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，e2， 则g－1a＝h(t)＝te2－ln t＋1(0h′(t)＝1e2－1t≤0，h(t)在(]0，e2上单调递减，

∴h(t)≥h(e2)＝0； 4

∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax－xeax－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． 5 例2 (2018·衡水金卷分科综合卷)设函数f(x)＝ex－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解 (1)∵函数f(x)在[0，＋∞)内单调递增， ∴f′(x)＝ex－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)，

记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋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x0， 即f′(x0)＝0ex－1x0＋a＝0，

于是0ex＝1x0＋a，x0＝－ln()x0＋a. 当－a当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴f(x)min＝f(x0)＝0ex－2a－ln()x0＋a

＝1x0＋a－2a＋x0＝x0＋a＋1x0＋a－3a≥2－3a， 当且仅当x0＋a＝1时，取等号． 由00， ∴f(x)min＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点． 6

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的交点问题． (2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势． 7 跟踪演练2 (2018·全国Ⅱ)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，＋∞)上只有一个零点，求a. (1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－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，＋∞)上单调递减． 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－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)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

①若h(2)>0，即a②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． ③若h(2)<0，即a>e24， 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，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝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. 热点三 利用导数解决生活中的优化问题 生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优． 例3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x米的相邻两墩之间