第5講導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用與熱點問題1/39高考定位在高考壓軸題中，函數(shù)與方程、不等式交匯是考查熱點，常以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)零點(方程根)、比較大小、不等式證實、不等式恒成立與能成立問題.2/391.(·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證實：當x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.(1)證實當a＝1時，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.當x∈(0，ln2)時，g′(x)<0；當x∈(ln2，＋∞)時，g′(x)>0.∴當x≥0時，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)≥f(0)＝1.真題感悟3/39(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個解，當x∈(0，2)時，φ′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)>0.4/392.(·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)證實：f(x)存在唯一極大值點x0，且e－2<f(x0)<2－2.(1)解

f(x)定義域為(0，＋∞)，設(shè)g(x)＝ax－a－lnx，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0，因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，5/39當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以x＝1是g(x)極小值點，故g(x)≥g(1)＝0.綜上，a＝1.(2)證實由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，6/39當x∈(x0，1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0.因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)唯一極大值點.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).因為x＝x0是f(x)在(0，1)最大值點，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.7/391.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點

函數(shù)零點、方程實根、函數(shù)圖象與x軸交點橫坐標是三個等價概念，處理這類問題能夠經(jīng)過函數(shù)單調(diào)性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象改變趨勢，數(shù)形結(jié)合求解.2.三次函數(shù)零點分布

三次函數(shù)在存在兩個極值點情況下，因為當x→∞時，函數(shù)值也趨向∞，只要按照極值與零大小關(guān)系確定其零點個數(shù)即可.存在兩個極值點x1，x2且x1<x2函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)零點分布情況以下：考點整合8/39a符號零點個數(shù)充要條件a＞0(f(x1)為極大值，f(x2)為極小值)一個f(x1)＜0或f(x2)>0兩個f(x1)＝0或者f(x2)＝0三個f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)為極小值，f(x2)為極大值)一個f(x1)>0或f(x2)＜0兩個f(x1)＝0或者f(x2)＝0三個f(x1)＜0且f(x2)＞09/393.利用導(dǎo)數(shù)處理不等式問題(1)利用導(dǎo)數(shù)證實不等式.若證實f(x)<g(x)，x∈(a，b)，能夠結(jié)構(gòu)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，假如能證實F(x)在(a，b)上最大值小于0，即可證實f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用導(dǎo)數(shù)處理不等式“恒成立”與“存在性”問題.①f(x)>g(x)對一切x∈I恒成立

I是f(x)>g(x)解集子集

[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②

x∈I，使f(x)>g(x)成立

I與f(x)>g(x)解集交集不是空集

[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③對

x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)

f(x)max≤g(x)min.④對

x1∈I，

x2∈I使得f(x1)≥g(x2)

f(x)min≥g(x)min.溫馨提醒

處理方程、不等式相關(guān)問題，要認真分析題目標結(jié)構(gòu)特點和已知條件，恰當結(jié)構(gòu)函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究性質(zhì)，這是解題關(guān)鍵.10/39熱點一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(方程根)【例1】

(·西安調(diào)研)函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值.(1)求f(x)單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個不一樣零點，求實數(shù)m取值范圍.解(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，x>0，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.則f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1處取得極小值，f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).11/39(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個不一樣零點，可轉(zhuǎn)化為f(x)＝m＋1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個不一樣根，則函數(shù)y＝f(x)與y＝m＋1圖象有兩個不一樣交點.由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，由題意得，m＋1>－1，即m>－2，①當0<x<1時，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；當x>0且x→0時，f(x)→0；當x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞ .如圖，由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以實數(shù)m取值范圍是(－2，－1).12/39探究提升1.三步求解函數(shù)零點(方程根)個數(shù)問題.第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上交點問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì)，進而畫出其圖象；第三步：結(jié)合圖象求解.2.依據(jù)函數(shù)零點情況求參數(shù)范圍：(1)要注意端點取舍；(2)選擇恰當分類標準進行討論.13/39【訓(xùn)練1】

設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不一樣零點，求c取值范圍.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(0)＝c，f′(0)＝b，∴曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處切線方程為y＝bx＋c.(2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.14/39當x改變時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上情況以下：15/39熱點二利用導(dǎo)數(shù)證實不等式【例2】

(·鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x－1＋aex.(1)解由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1＋aex.當a≥0時，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增.16/39(2)證實法一設(shè)g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，則g′(x)＝－ex＋3.由g′(x)<0，得x>ln3；由g′(x)>0，得x<ln3.故g(x)max＝g(ln3)＝3ln3－4<0.從而g(x)＝f(x)＋2x<0.∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0.即x1－2x2>－4＋ex1.17/39法二∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.設(shè)g(x)＝ex－3x，則g′(x)＝ex－3.由g′(x)<0，得x<ln3；由g′(x)>0，得x>ln3.故g(x)min＝g(ln3)＝3－3ln3.∵－1<x1<0，x2>0，18/39探究提升1.證實不等式基本方法：(1)利用單調(diào)性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①

x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②

x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).對于減函數(shù)有類似結(jié)論.(2)利用最值：若f(x)在某個范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則

x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.證實f(x)<g(x)，可結(jié)構(gòu)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，證實F(x)<0.19/39【訓(xùn)練2】

(·全國Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.令f′(x)＝0，解得x＝1.當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù).20/39(2)證實由(1)知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得最大值f(1)＝0.(3)證實由題設(shè)c>1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，又g(0)＝g(1)＝0，故當0<x<1時，g(x)>0.∴當x∈(0，1)時，1＋(c－1)x>cx.當x<x0時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.21/39熱點三不等式恒成立、存在性問題考法1不等式恒成立問題【例3－1】

(·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處切線方程；(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a取值范圍.解

(1)f(x)定義域為(0，＋∞)，當a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處切線方程為2x＋y－2＝0.22/39①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0.②當a>2時，令g′(x)＝0，由x2>1和x1x2＝1得x1<1.故當x∈(1，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(1)＝0，綜上可知，實數(shù)a取值范圍是(－∞，2].23/3924/39(2)f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，25/3926/39探究提升1.對于含參數(shù)不等式，假如易分離參數(shù)，可先分離參數(shù)、結(jié)構(gòu)函數(shù)，直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值；不然應(yīng)進行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數(shù)圖象草圖，借助幾何圖形直觀分析轉(zhuǎn)化.2.“恒成立”與“存在性”問題求解是“互補”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)最大值.應(yīng)尤其關(guān)注等號是否取到，注意端點取舍.27/39又f(1)＝1，即切點為(1，1)，28/39(2)“對任意n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等價于“在[0，2]上，f(x)最大值大于或等于g(x)最大值”.所以g(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(2)＝2.令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a.①當a≤0時，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；29/39②當0<a<2時，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，f(x)最大值為f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2.③當a≥2時，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，30/3931/39＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)，于是，當x改變時，f′(x)，f(x)改變情況以下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)極大值4232/39由上表可得，x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值，所以，當x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.故當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所取得利潤最大.33/39探究提升利用導(dǎo)數(shù)處理生活中優(yōu)化問題普通步驟(1)建模：分析實際問題中各量之間關(guān)系，列出實際問題數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x).(2)求導(dǎo)：求函數(shù)導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f′(x)＝0點函數(shù)值大小，最大(小)者為最大(小)值.(4)結(jié)論：回歸實際問題作答.34/39【訓(xùn)練4】

(·全國Ⅰ卷)如圖，圓形紙片圓心為O，半徑為5cm，該紙片上等