專題一導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題

高考專題突破一高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題內(nèi)容索引INDE課時精練課時精練第1課時導(dǎo)數(shù)與不等式第2課時導(dǎo)數(shù)與方程導(dǎo)數(shù)與不等式第1課時證明不等式題型一多維探究命題點(diǎn)1構(gòu)造函數(shù)法1求a，b的值；因為曲線y＝f與曲線y＝g的一個公共點(diǎn)是A1,1，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，所以g1＝1，且f′1·g′1＝－1，所以g1＝a＋1－b＝1，g′1＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1所以h在[1，＋∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)≥1時，h≥h1＝0，命題點(diǎn)2分拆函數(shù)法例22019·福州期末已知函數(shù)f＝eln－aa∈R1討論f的單調(diào)性；①若a≤0，則f′>0，f在0，＋∞上單調(diào)遞增；2當(dāng)a＝e時，證明：f－e＋2e≤0當(dāng)a＝e時，由1知，f在0,1上單調(diào)遞增，在1，＋∞上單調(diào)遞減所以fma＝f1＝－e，所以當(dāng)0<<1時，g′<0，g單調(diào)遞減，當(dāng)>1時，g′>0，g單調(diào)遞增，所以gmin＝g1＝－e，綜上，當(dāng)>0時，f≤g，1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本思路是依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最值，然后由f≤fma或f≥fmin證得不等式2證明f>g，可以構(gòu)造函數(shù)h＝f－g，然后利用h的最值證明不等式3若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進(jìn)行變形分拆，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的思維升華SIWEISHENGHUA跟蹤訓(xùn)練11設(shè)函數(shù)f＝ln－＋1①討論f的單調(diào)性；解由題設(shè)知，f的定義域為0，＋∞，當(dāng)0<<1時，f′>0，f單調(diào)遞增；當(dāng)>1時，f′<0，f單調(diào)遞減證明由①知，f在＝1處取得極大值也為最大值，最大值為f1＝0所以當(dāng)≠1時，ln<－1證明函數(shù)f的定義域為0，＋∞設(shè)函數(shù)g＝ln，則g′＝1＋ln，所以當(dāng)∈0,1時，h′>0；當(dāng)∈1，＋∞時，h′<0故h在0,1上單調(diào)遞增，在1，＋∞上單調(diào)遞減，所以當(dāng)>0時，g>h，即f>1不等式恒成立或有解問題題型二師生共研令f′＝0，得＝1當(dāng)∈0,1時，f′>0，f單調(diào)遞增；當(dāng)∈1，＋∞時，f′<0，f單調(diào)遞減所以＝1為函數(shù)f的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)，解函數(shù)的定義域為0，＋∞，所以h≥h1＝1，所以g′>0，所以g為單調(diào)增函數(shù)，所以g≥g1＝2，故≤2，即實數(shù)的取值范圍是－∞，2]引申探究由本例2解題知，g為單調(diào)增函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立或有解問題的策略1構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍2分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題思維升華SIWEISHENGHUA跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f＝e－1－－a21當(dāng)a＝0時，求證：f≥0；證明當(dāng)a＝0時，f＝e－1－，f′＝e－1當(dāng)∈－∞，0時，f′<0；當(dāng)∈0，＋∞時，f′>0故f在－∞，0上單調(diào)遞減，在0，＋∞上單調(diào)遞增，fmin＝f0＝0，∴f≥02當(dāng)≥0時，若不等式f≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解f′＝e－1－2a，令h＝e－1－2a，則h′＝e－2a在[0，＋∞上，h′≥0，h單調(diào)遞增，h≥h0，即f′≥f′0＝0，∴f在[0，＋∞上為增函數(shù)，∴f≥f0＝0，令h′＝0，解得＝ln2a，在[0，ln2a上，h′<0，h單調(diào)遞減，∴當(dāng)∈0，ln2a時，有h<h0＝0，即f′<f′0＝0，∴f在區(qū)間0，ln2a上為減函數(shù)，∴f<f0＝0，不合題意高考中的導(dǎo)數(shù)問題常以e，ln組合的函數(shù)為基礎(chǔ)來命制，將基本初等函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相結(jié)合，研究函數(shù)的性質(zhì)，下面介紹解決這類問題的幾種策略一、函數(shù)零點(diǎn)設(shè)而不求含e，ln函數(shù)或不等式的解題策略拓展視野例1證明：e－ln>2∴f′在0，＋∞上是增函數(shù)，∴在0，0上f單調(diào)遞減，在0，＋∞上f單調(diào)遞增，∴f在＝0處有極小值，也是最小值故f>2，即e－ln>2二、分離ln與e例22019·長沙三校統(tǒng)考已知函數(shù)f＝a2－ln1若函數(shù)f在0，＋∞上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；解由題意知，f′＝2a－ln－1因為函數(shù)f在0，＋∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)>0時，f′≥0，易知g在0,1上單調(diào)遞增，在1，＋∞上單調(diào)遞減，則gma＝g1＝1，再令φ＝e－e，則φ′＝e－e，易知φ在0,1上單調(diào)遞增，在1，＋∞上單調(diào)遞減，則φma＝φ1＝0，所以e－e≤0故原不等式成立三、借助e≥＋1和ln≤－1進(jìn)行放縮例32019·長春質(zhì)檢已知函數(shù)f＝e－a1若函數(shù)f的圖象與直線l：y＝－1相切，求a的值；解f′＝e，因為函數(shù)f的圖象與直線y＝－1相切，所以令f′＝1，即e＝1，得＝0，即f0＝－1，解得a＝22若f－ln>0恒成立，求整數(shù)a的最大值解先證明e≥＋1，設(shè)F＝e－－1，則F′＝e－1，令F′＝0，則＝0，當(dāng)∈0，＋∞時，F(xiàn)′>0，當(dāng)∈－∞，0時，F(xiàn)′<0，所以F在0，＋∞上單調(diào)遞增，在－∞，0上單調(diào)遞減，所以Fmin＝F0＝0，即F≥0恒成立，即e≥＋1，即e－2≥－1，當(dāng)且僅當(dāng)＝0時等號成立，同理可得ln≤－1，當(dāng)且僅當(dāng)＝1時等號成立，所以e－2>ln，當(dāng)a≤2時，ln<e－2≤e－a，即當(dāng)a≤2時，f－ln>0恒成立當(dāng)a≥3時，存在＝1，使e－a<ln，即e－a>ln不恒成立綜上，整數(shù)a的最大值為2基礎(chǔ)保分練＝e－a2，若f≥＋1－·e在[0，＋∞恒成立，求實數(shù)a的取值范圍12345課時精練12345解f≥＋1－e，即e－a2≥＋e－e，即e－a－1≥0，≥0令h＝e－a－1≥0，則h′＝e－a≥0，當(dāng)a≤1時，由≥0知h′≥0，∴在[0，＋∞上h≥h0＝0，原不等式恒成立當(dāng)a>1時，令h′>0，得>lna；令h′<0，得0≤<lna∴h在[0，lna上單調(diào)遞減，又∵h(yuǎn)0＝0，∴h≥0不恒成立，∴a>1不合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍為－∞，1]22020·滄州七校聯(lián)考設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f＝e－2＋2a，∈R1求f的單調(diào)區(qū)間與極值；12345解由f＝e－2＋2a，∈R，得f′＝e－2，∈R，令f′＝0，得＝ln2于是當(dāng)變化時，f′，f的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f

(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f的單調(diào)遞減區(qū)間是－∞，ln2，單調(diào)遞增區(qū)間是ln2，＋∞f在＝ln2處取得極小值，極小值fln2＝21－ln2＋a無極大值2求證：當(dāng)a>ln2－1且>0時，e>2－2a＋112345證明設(shè)g＝e－2＋2a－1，∈′＝e－2＋2a，∈R由1知當(dāng)a>ln2－1時，g′的最小值為g′ln2＝21－ln2＋a>0于是對任意∈R，都有g(shù)′>0，所以g在R內(nèi)單調(diào)遞增于是當(dāng)a>ln2－1時，對任意∈0，＋∞，都有g(shù)>g0又g0＝0，從而對任意∈0，＋∞，g>0即e－2＋2a－1>0，故e>2－2a＋1若a≥0，則當(dāng)∈0，＋∞時，f′>0，故f在0，＋∞上單調(diào)遞增32017·全國Ⅲ已知函數(shù)f＝ln＋a2＋2a＋11討論f的單調(diào)性；解f的定義域為0，＋∞，123451234512345當(dāng)∈0,1時，g′>0；當(dāng)∈1，＋∞時，g′<0所以g在0,1上單調(diào)遞增，在1，＋∞上單調(diào)遞減12345故當(dāng)＝1時，g取得最大值，最大值為g1＝0所以當(dāng)>0時，g≤012345技能提升練1若m＝3，求f的極值；解f的定義域為0，＋∞，∴當(dāng)>3時，f′>0，f是增函數(shù)，當(dāng)0<<3時，f′<0，f是減函數(shù)∴f有極小值f3＝1＋ln3，沒有極大值1234512345解g＝3＋2－，g′＝32＋2－1即m≥－ln恒成立令h＝－ln，則h′＝1－ln－1＝－ln12345∴當(dāng)>1時，h′<0，當(dāng)0<<1時，h′>0，∴h在0,1]上是增函數(shù)，在[1，＋∞上是減函數(shù)，∴m≥1，即m的取值范圍是[1，＋∞12345拓展沖刺練為偶函數(shù)，當(dāng)≥0時，f＝2e，若存在實數(shù)m，對任意的∈>1，都有f＋m≤2e，求整數(shù)的最小值12345解因為f為偶函數(shù)，且當(dāng)≥0時，f＝2e，所以f＝2e||，對于∈，由f＋m≤2e得2e|＋m|≤2e，兩邊取以e為底的對數(shù)得|＋m|≤ln＋1，所以－－ln－1≤m≤－＋ln＋1在上恒成立，設(shè)g＝－＋ln＋1∈，所以g在上單調(diào)遞減，所以gmin＝g＝－＋ln＋1，12345設(shè)h＝－－ln－1∈上單調(diào)遞減，所以hma＝h1＝－2，故－2≤m≤－＋ln＋1，若實數(shù)m存在，則必有－＋ln≥－3，又>1，且為整數(shù)，所以＝2滿足要求，故整數(shù)的最小值為2導(dǎo)數(shù)與方程第2課時函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)問題題型一答題模板例112分2019·全國Ⅰ已知函數(shù)f＝sin－ln1＋，f′為f的導(dǎo)數(shù)，證明：證明f的定義域為－1，＋∞，∴當(dāng)∈－1，0時，g′>0；規(guī)范解答2f有且僅有2個零點(diǎn)①當(dāng)∈－1,0]時，由1可知f′在－1,0]上單調(diào)遞增，∴f′≤f′0＝0，∴f在－1,0]上單調(diào)遞減，又f0＝0∴＝0為f在－1,0]上的唯一零點(diǎn) 又f′0＝0，∴f′0>0，∴f在0，0上單調(diào)遞增，此時f>f0＝0，不存在零點(diǎn)，④當(dāng)∈π，＋∞時，ln＋1>lnπ＋1>1，∴f＝sin－ln1＋<0，∴f在π，＋∞上不存在零點(diǎn)，綜上所述，f有且僅有2個零點(diǎn) 答題模板第一步：求導(dǎo)函數(shù)f′；第二步：二次求導(dǎo)：設(shè)g＝f′，求g′；第三步：討論g的性質(zhì)：根據(jù)g′的符號討論g的單調(diào)性和零點(diǎn)；第四步：討論f的性質(zhì)：根據(jù)f′的符號討論f的單調(diào)性和零點(diǎn)跟蹤訓(xùn)練12020·武漢調(diào)研已知函數(shù)f＝e－a－1a∈Re＝271828…是自然對數(shù)的底數(shù)1求f的單調(diào)區(qū)間；解因為f＝e－a－1，所以f′＝e－a，當(dāng)a≤0時，f′>0恒成立，所以f的單調(diào)遞增區(qū)間為－∞，＋∞，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，令f′<0，得<lna，令f′>0，得>lna，所以f的單調(diào)遞減區(qū)間為－∞，lna，單調(diào)遞增區(qū)間為lna，＋∞由1知，當(dāng)a≤0時，f在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f在－∞，lna上單調(diào)遞減，在lna，＋∞上單調(diào)遞增；若a≤0，由f0＝0，知f在區(qū)間上有一個零點(diǎn)；若lna≤0，即0<a≤1，則f在上有一個零點(diǎn)；若0<lna<1，即1<a<e，則f在0，lna上單調(diào)遞減，在lna,1上單調(diào)遞增，又f1＝e－a－1，所以當(dāng)e－a－1≥0，即1<a≤e－1時，f在上有兩個零點(diǎn)，當(dāng)e－a－1<0，即e－1<a<e時，f在上有一個零點(diǎn)；若lna≥1，即a≥e，則f在上只有一個零點(diǎn)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍題型二師生共研例2已知函數(shù)f＝ln，g＝－2＋a－3a為實數(shù)，若方程g＝2f在區(qū)間上有兩個不等實根，求實數(shù)a的取值范圍解由g＝2f，方程根或函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)可轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)個數(shù)，確定參數(shù)范圍時要根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)畫出大致圖象，充分利用導(dǎo)數(shù)工具和數(shù)形結(jié)合思想思維升華SIWEISHENGHUAx(1,2)2(2,4)g′(x)－0＋g(x)↗極小值↘在上，當(dāng)變化時，g′，g的變化情況如下：g極小值＝g2＝ln2－b－2，若方程g＝0在上恰有兩個不相等的實數(shù)根，破解含雙參問題關(guān)鍵：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關(guān)系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；二是巧妙構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值含雙參問題的轉(zhuǎn)化拓展視野例12020·蓉城名校聯(lián)考已知函數(shù)h＝e－，如果1≠2且h1＝h2，證明：1＋2>2證明h′＝e－1－，令h′＝0，解得＝1，當(dāng)變化時，h′，h的變化情況如下表由1≠2，不妨設(shè)1>2，根據(jù)h1＝h2結(jié)合圖象圖略可知1>1，2<1令F＝h－h(huán)2－，∈[1，＋∞，則F′＝－1e2－2－1e－，∵≥1,2－2≥0，∴e2－2－1≥0，∴F′≥0，∴F在[1，＋∞上單調(diào)遞增，又∵F1＝0，∴>1時，F(xiàn)>F1＝0，即當(dāng)>1時，h>h2－，則h1>h2－1，又h1＝h2，∴h2>h2－1，∵1>1，∴2－1<1，∴2,2－1∈－∞，1，∵h(yuǎn)在－∞，1上是增函數(shù)，∴2>2－1，∴1＋2>2得證證明欲證12>e2，需證ln1＋ln2>2，由函數(shù)f有兩個極值點(diǎn)1，2，可得函數(shù)f′有兩個零點(diǎn)，又f′＝ln－m，所以1，2是方程f′＝0的兩個不同實根②－①可得ln2－ln1＝m2－1，所以ht為1，＋∞上的增函數(shù)，所以有l(wèi)n1＋ln2>2成立，即12>e2基礎(chǔ)保分練12345課時精練1求f的單調(diào)區(qū)間；解函數(shù)f的定義域是0，＋∞，令f′>0，解得>e－2，令f′<0，解得0<<e－2，所以f的單調(diào)減區(qū)間為0，e－2，單調(diào)增區(qū)間為e－2，＋∞123452判斷f的零點(diǎn)個數(shù)12345f在0，e－2]上單調(diào)遞減，在[e－2，＋∞上單調(diào)遞增，∴f在區(qū)間0，e－2]上無零點(diǎn)，在[e－2，＋∞上有fe－2a＝a1－2e－a≥0，f在區(qū)間[e－2，＋∞上有一個零點(diǎn)；12345又fe－2<0，f1＝a>0，∴f在0，e－2]上有一個零點(diǎn)，在e－2，＋∞上有一個零點(diǎn)12345解g＝2ln－2＋m，當(dāng)1<≤e時，g′<0故g在＝1處取得極大值g1＝m－11234512345＝2－a－1－2lna∈R1當(dāng)a＝1時，求f的單調(diào)區(qū)間；12345解當(dāng)a＝1時，f＝－1－2ln，>0，由f′>0，得>2，由f′<0，得0<<2故f的單調(diào)遞減區(qū)間為0,2，單調(diào)遞增區(qū)間為2，＋∞123451234512345所以a的取值范圍為[2－3ln3，＋∞42019·天津河北區(qū)模擬已知函數(shù)f＝3－3a＋e，g＝1－ln，{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h＝ma{f，g}>0若函數(shù)h在0，＋∞內(nèi)恰有兩個零點(diǎn)，求實數(shù)a的取值范圍12345技能提升練解因為函數(shù)g的定義域為0，＋∞，12345所以函數(shù)g在0，＋∞內(nèi)單調(diào)遞減①當(dāng)∈0，e時，g>ge＝0，依題意，h≥g>0，則函數(shù)h無零點(diǎn)②當(dāng)＝e時，ge＝0，fe＝e3－3ae＋e，③當(dāng)∈e，＋∞時，g<0