2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（一）　导数的综合应用问题

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

,典例)　　(2019·孝感高中期中)已知函数f(x)＝x3－x.

(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，x－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)＝3x2－1，∴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，x－x0)，则切线方程为y－(x－x0)＝f′(x0)(x－x0)．

又切线过点(1，b)，所以(3x－1)(1－x0)＋x－x0＝b，

即2x－3x＋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)＝2x3－3x2＋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

　,典例)　　已知函数f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a>0)，记f′(x)为f(x)的导函数．

(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(x2－ax＋1)，x∈[0,1]．

①由g′(x)＝0是否有解想到分(Ⅰ)Δ≤0，即0<a≤2，(Ⅱ)Δ>0，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．

(Ⅱ)g′(x)＝0的两个根与0和1的大小关系．

规范解答　(1)因为f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a>0)，

所以f′(x)＝6x2－6ax＝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．

故f(x)极大值＝f(0)＝3a－2＝0，解得a＝.

(2)g(x)＝f(x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2(a>0)，

则g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0,1]．

①当0<a≤2时，Δ＝36(a2－4)≤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，

且Δ＝36(a2－4)>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＝.

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.

综上，当0<a≤2时，g(x)取得最大值时x的值为1；

当a>2时，g(x)取得最大值时x的值为.

热点题型3　利用导数研究函数的零点、方程的根

　,典例)　　(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝x2＋(1－2a)x－aln x，a＞0.

(1)已知直线l：kx－y－k－2＝0(k∈R)过定点A，若直线l与函数f(x)的图象相切于点A，求a和k的值；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

解题思路　(1)求点A的坐标，将其代入y＝f(x)求a，由k＝f′(1)求k.

(2)求f′(x)，依据f′(x)＝0的实根的情况．讨论f(x)的单调性．

(3)确定f(x)min，判定f(x)min与0的大小关系，综合零点存在性定理，判断f(x)有两个零点时a的取值范围．

规范解答　(1)∵直线l：kx－y－k－2＝0过定点A(1，－2)，

∴f(x)的图象过定点A(1，－2)．

∴f(1)＝2－2a＝－2，a＝2，

∴f(x)＝x2－3x－2ln x，f′(x)＝2x－3－.

∴k＝f′(1)＝－3，

∴a＝2，k＝－3.

(2)f′(x)＝2x＋(1－2a)－＝＝，x∈(0，＋∞)，

当a＞0时，f(x)在(0，a)上为减函数；在(a，＋∞)上为增函数，

∴f(x)min＝f(a)＝a－a2－aln a＝a(1－a－ln a)．

若0＜a＜1，则f(x)≥f(a)＞0，∴f(x)无零点；

若a＝1，则f(x)≥f(1)＝0，当且仅当x＝1时等号成立．∴f(x)只有一个零点；

若a＞1，则f(x)min＝f(a)＜0，

f＝＋＋a＞0.

∵f(x)在(0，a)内为减函数，

∴f(x)在(0，a)内有且只有一个零点；

f(3a)＝3a2＋3a－aln (3a)＝3a＋a(3a－ln (3a))，

设h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，

当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)为增函数，

∴h(3a)＝3a－ln (3a)＞h(1)＝1，则f(3a)＞0，

∵f(x)在(a，＋∞)内为增函数，

∴f(x)在(a，＋∞)内有且只有一个零点．

综上所述，a的取值范围为(1，＋∞)．

热点题型4　利用导数证明不等式问题

　,典例1)　　设函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，若x≥－2 时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

解题思路　构建函数F(x)＝kg(x)－f(x)，证明F(x)≥0对x∈[－2，＋∞)恒成立→由F(0)≥0，F(－2)≥0，初步确定k的取值范围→求F′(x)＝0，依据所得根的情况分类讨论求F(x)min，并解F(x)min≥0→综合分析得出k的取值范围．

规范解答　令F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2.

则F(0)＝2k－2≥0⇒k≥1，F(－2)＝－2ke－2＋2≥0⇒k≤e2，所以1≤k≤e2.

由F′(x)＝2(x＋2)(kex－1)＝0⇒x1＝－2，x2＝－ln k≥－2.

①当k＝e2时，F′(x)＝2(x＋2)(ex＋2－1)≥0，所以F(x)在[－2，＋∞)递增，

所以F(x)≥F(－2)＝0.

②当1≤k＜e2时，

F(x)min＝F(－ln k)＝ln k(2－ln k)≥0.

综上，1≤k≤e2.

　,典例2)　　已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．

(1)求实数a的值；

(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．

解题思路　(1)求f(x)的定义域和f′(x)→由f′(e－2)＝0求a的值→用e－2分割定义域，逐个区间分析f′(x)的正负，确定f(x)的单调性，验证a的值是否符合题意．

(2)构造函数g(x)＝f(x)－3(x－1)→研究g(x)的单调性→证明g(x)min＞0.

规范解答　(1)因为f(x)＝ax＋xln x，x∈(0，＋∞)，

所以f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.

当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2，

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，

所以a＝1.

(2)证明：由(1)知a＝1，

所以f(x)＝x＋xln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，

即g(x)＝xln x－2x＋3(x＞0)．

则g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.

由g′(x)＞0，得x＞e；

由g′(x)＜0，得0＜x＜e.

所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.

于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，

所以f(x)＞3(x－1)．