2021届高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用解答题专项突破(一)导数的综合应用问题创新教学案含解析

解答题专项突破(一) 导数的综合应用问题

函数与导数是高中数学的重要内容之一，常与其他知识相结合，形成难度不同的各类综合题型，常涉及的问题有：研究函数的性质(如函数的单调性、极值、最值)、研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等．题型多变，属中、高档难度．

热点题型1 导数的几何意义的应用

3

(2019·孝感高中期中)已知函数f(x)＝x－x. 典例

(1)求曲线y＝f(x)在点M(1,0)处的切线方程；

(2)如果过点(1，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数b的取值范围． 解题思路 (1)求f′(x)→求斜率k＝f′(1)→用点斜式写出切线方程．

(2)设切点坐标为(x0，x0－x0)→写出切线方程→点(1，b)代入切线方程得关于x0的方程→依据此方程有三个不同的实数解，求b的取值范围．

规范解答 (1)f′(x)＝3x－1，∴f′(1)＝2. 故切线方程为y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.

(2)设切点为(x0，x0－x0)，则切线方程为y－(x0－x0)＝f′(x0)(x－x0)． 又切线过点(1，b)，所以(3x0－1)(1－x0)＋x0－x0＝b， 即2x0－3x0＋b＋1＝0.

由题意，上述关于x0的方程有三个不同的实数解． 记g(x)＝2x－3x＋b＋1，则g(x)有三个不同的零点，

而g′(x)＝6x(x－1)，令g′(x)＝0得x＝0或x＝1，则结合图象可知g(0)g(1)<0即可，可得b∈(－1,0)．

热点题型2 利用导数研究函数的性质

32 已知函数f(x)＝2x－3ax＋3a－2(a>0)，记f′(x)为f(x)的导函数． 典例

(1)若f(x)的极大值为0，求实数a的值；

(2)若函数g(x)＝f(x)＋6x，求g(x)在[0,1]上取到最大值时x的值．

解题思路 (1)求f′(x)→解f′(x)＝0→用所得解分割定义域→逐个区间分析f′(x)的符号，得f(x)的单调性→求极大值→根据极大值为0列方程求a.

(2)难点突破——分类讨论

易求g′(x)＝6(x－ax＋1)，x∈[0,1]．

①由g′(x)＝0是否有解想到分(Ⅰ)Δ≤0，即00，即a>2. ②当g′(x)＝0时，分析g′(x)的图象 (Ⅰ)对称轴x＝与x＝1，x＝0的位置关系．

2

2

3

2

3

2

2

3

3

3

23

a(Ⅱ)g′(x)＝0的两个根

a±a2－4

2

3

与0和1的大小关系．

2

规范解答 (1)因为f(x)＝2x－3ax＋3a－2(a>0)， 所以f′(x)＝6x－6ax＝6x(x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或a.

当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 2

故f(x)极大值＝f(0)＝3a－2＝0，解得a＝. 3(2)g(x)＝f(x)＋6x＝2x－3ax＋6x＋3a－2(a>0)， 则g′(x)＝6x－6ax＋6＝6(x－ax＋1)，x∈[0,1]． ①当0

所以g′(x)≥0恒成立，g(x)在[0,1]上单调递增，则g(x)取得最大值时x的值为1. ②当a>2时，g′(x)的对称轴x＝>1，

2

且Δ＝36(a－4)>0，g′(1)＝6(2－a)<0，g′(0)＝6>0， 所以g′(x)在(0,1)上存在唯一零点x0＝

2

2

2

2

3

2

2

aa－a2－4

2

.

当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(x0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 则g(x)取得最大值时x的值为

a－a2－4

2

.

综上，当02时，g(x)取得最大值时x的值为

a－a2－4

2

. 热点题型3 利用导数研究函数的零点、方程的根

ln x＋112a

(2019·银川一中模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝xln x－ax＋(a∈典例1x22R)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数g(x)有两个极值点，试判断函数g(x)的零点个数．

解题思路 (1)求f(x)的定义域→求f′(x)，解f′(x)＝0→用所得实数解分割定义域→分析f′(x)的符号，判断f(x)的单调性．

(2)g(x)有两个极值点→g′(x)＝0有两个不同的零点记为x1和x2→分析g(x1)，g(x2)的正负和x→0时g(x)的变化趋势，x→＋∞时g(x)的变化趋势．

－ln x规范解答 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(x)2

x＝0得x＝1.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减．

ln x＋1(2)由题意得，g′(x)＝ln x＋1－ax＝0有两个不同的零点，即＝a有两个不同

x的根，设为x1

ln x＋1由(1)得f(x)＝，当x∈(0,1)时f(x)单调递增；

x当x∈(1，＋∞)时f(x)单调递减；

ln x1＋1?1?有f??＝0，f(1)＝1，当x∈(1，＋∞)时f(x)>0，所以a∈(0,1)时有0

x1?e?ln x2＋1

＝a，＝a且函数g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)单调递减，在(x1，x2)单调递增，现只需

x2

比较g(x1)，g(x2)的正负进而确定零点个数．

12aln x1＋1

有g(x1)＝x1ln x1－ax1＋且a＝；

22x11aln x2＋1

g(x2)＝x2ln x2－ax2＋且a＝. 2

22x211ln t＋1

令h(t)＝tln t－t＋，

222tln tt－1

则h′(t)＝≥0. 2

2t所以函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以0＜x1＜1时g(x1)＝h(x1)＜h(1)＝0， 当x2>1时g(x2)＝h(x2)>h(1)＝0.

又x→0时g(x)→>0，x→＋∞时g(x)→－∞，所以函数有三个零点．

2

典例2 已知函数f(x)＝2xln x＋2x，g(x)＝a(x－1)(a为常数，且a∈R)． (1)求函数f(x)的极值；

(2)若当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点，试确定自然数n3

的值，使得a∈(n，n＋1)(参考数值e≈4.48，ln 2≈0.69，ln 3≈1.10，ln 7≈1.95)．

2

解题思路 (1)求f(x)的定义域和f′(x)→解f′(x)＝0→用所得实数解分割定义域→分析各区间内f(x)的符号，确定极值．

(2)构建函数F(x)＝f(x)－g(x)→依据y＝F(x)只有一个零点，推出关于a的方程．关键点①解F′(x)＝0时，想到分类讨论．

2

a②用F(x)的最小值为0建立方程→构建关于a的函数，用零点存在性定理，分析零点所在区间．

规范解答 (1)函数f(x)＝2xln x＋2x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋2)，由

f′(x)＝0得x＝e－2.

x∈(0，e－2)，f′(x)<0，f(x)单调递减， x∈(e－2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增， f(x)极小值＝f(e－2)＝－2e－2，f(x)无极大值．

(2)记F(x)＝f(x)－g(x)＝2xln x＋(2－a)x＋a， 则F′(x)＝2ln x＋4－a，

当a≤4时，因为x>1，F′(x)>0，函数F(x)单调递增，F(x)>F(1)＝2，函数y＝F(x)无零点，即函数f(x)与g(x)的图象无交点；

当a>4时，F′(x)＝0?x＝e－2且e－2>e＝1，

22当1e－2时，F′(x)>0.

22

所以，F(x)min＝F?e－2?，函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个交点，得F?e－2?＝0，

?2??2?化简得a－2e－2＝0，

2

记h(a)＝a－2e－2，h′(a)＝1－e－2<0，所以h(a)在a∈(4，＋∞)上单调递减，又

22

aa0

aa?a?

?a?

aaah(6)＝6－2e>0，h(7)＝7－2e≈7－2×4.48<0，所以a∈(6,7)，即n＝6.

热点题型4 利用导数证明不等式问题 ln x

已知函数f(x)＝. 典例1x－1(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)

解题思路 (1)求f(x)的定义域和f′(x)→发现f′(x)＝0不易解，f′(x)的符号不易分析，想到构建新函数，研究其单调性，确定f′(x)的符号．

(2)基本思路，将不等式等价转化，构建新函数，转化为求函数最值问题．

关键点：依据题目条件分析新构建函数及其导数在x＝1处的值，确定分类讨论的标准． 1

1－－ln xx规范解答 (1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝.

x－1211－x令g(x)＝1－－ln x，则g′(x)＝2.

x32

xx所以在(0,1)上，g′(x)>0，此时g(x)单调递增；在(1，＋∞)上，g(x)<0，此时g(x)单调递减．

又g(1)＝0，所以g(x)≤0在定义域上恒成立，即f′(x)<0在定义域上恒成立， 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，＋∞)，无单调递增区间． ln xxx(2)由f(x)

x－1即ln x－k(x－1)e<0在(1，＋∞)上恒成立．

令h(x)＝ln x－k(x－1)e，易知，当k≤0时，h(x)≤0在(1，＋∞)上不可能恒成立，所以k>0.

1x所以h′(x)＝－kxe，所以h′(1)＝1－ke.

xxx1

①当k≥时，h′(1)＝1－ke≤0.

e

1x又h′(x)＝－kxe在(1，＋∞)上单调递减，

x所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立， 则h(x)在(1，＋∞)上单调递减．

又h(1)＝0，所以h(x)<0在(1，＋∞)上恒成立． 1

②当00.

e

11?1?x又h′(x)＝－kxe在(1，＋∞)上单调递减，且h′??＝k－e<0，所以存在x0∈(1，

x?k?

k＋∞)，使得h′(x0)＝0，

所以在(1，x0)上h′(x)＞0，在(x0，＋∞)上h′(x)＜0， 所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减． 又h(1)＝0，所以h(x)>0在(1，x0)上恒成立， 所以h(x)<0在(1，＋∞)上不可能恒成立．

?1?综上所述，实数k的取值范围是?，＋∞?. ?e?

12

(2019·绵阳模拟)已知函数f(x)＝x－axln x＋ax＋2(a∈R)有两个不同的极典例22值点x1，x2，且x1

(1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2

解题思路 (1)求f(x)的定义域和f′(x)→由f(x)有两个不同的极值点得f′(x)＝0有两个不相等的实数根→两次求导分析f′(x)的单调性，构建关于a的不等式求其范围．

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