2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数第4讲导数的热点问题专题突破讲义文.doc

-18-第4讲导数的热点问题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(2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f(x)＝ax2－eq\f(12)－lnx曲线y＝f(x)在x＝2处与直线2x＋3y＝0垂直．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x>1时证明：f(x)>eq\f(1x)－e1－x.(1)解函数f(x)的定义域为(0＋∞)f′(x)＝2ax－eq\f(1x)由已知得f′(2)＝eq\f(32)所以a＝eq\f(12)所以f′(x)＝x－eq\f(1x)＝eq\f(x2－1x).由f′(x)>0得x>1由f′(x)<0得0<x<1.所以函数f(x)的单调递增区间为(1＋∞)单调递减区间为(01)．(2)证明令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1x)－e1－x))则g′(x)＝x－eq\f(1x)＋eq\f(1x2)－e1－x由eq\f(1x)－e1－x＝eq\f(ex－1－xxex－1)令h(x)＝ex－1－x则h′(x)＝ex－1－1当x>1时h′(x)>0所以h(x)在(1＋∞)上为增函数所以h(x)>h(1)＝0所以eq\f(1x)－e1－x>0即－e1－x>－eq\f(1x)所以g′(x)>x－eq\f(2x)＋eq\f(1x2)而x－eq\f(2x)＋eq\f(1x2)＝eq\f(x3－2x＋1x2)>eq\f(x2－2x＋1x2)>0所以g′(x)>0所以g(x)在(1＋∞)上为增函数所以g(x)>g(1)＝0即f(x)>eq\f(1x)－e1－x.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[ab]上是增函数则①∀x∈[ab]则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1x2∈[ab]且x1<x2则f(x1)<f(x2)．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已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnxx).(1)设a>0若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aa＋\f(13)))上存在极值求实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时不等式f(x)≥eq\f(k3＋kx＋1)恒成立求实数k的取值范围．解(1)因为f(x)＝eq\f(1＋lnxx)则f′(x)＝－eq\f(lnxx2)(x>0)当0<x<1时f′(x)>0；当x>1时f′(x)<0.所以f(x)在(01)上单调递增在(1＋∞)上单调递减．所以f(x)在x＝1处取得极大值．因为f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aa＋\f(13)))(其中a>0)上存在极值所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<1a＋\f(13)>1))解得eq\f(23)<a<1.故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23)1)).(2)不等式f(x)≥eq\f(k3＋kx＋1)即eq\f(x＋11＋lnxx)≥k3＋k.设g(x)＝eq\f(x＋11＋lnxx)则g′(x)＝eq\f(x－lnxx2).令h(x)＝x－lnx则h′(x)＝1－eq\f(1x).因为x≥1所以h′(x)≥0则h(x)在[1＋∞)上单调递增．所以h(x)的最小值为h(1)＝1>0从而g′(x)>0故g(x)在[1＋∞)上单调递增所以g(x)的最小值为g(1)＝2所以k3＋k≤2即(k－1)(k2＋k＋2)≤0解得k≤1.故k的取值范围为(－∞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(2017届汕头期末)设函数f(x)＝eq\f(12)x2－(a＋1)x＋alnxa>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)的零点