内容发布更新时间 : 2025/1/6 20:37:09星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
第4讲 导数的热点问题
[考情考向分析] 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 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； 1
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
e
1
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－. x1
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝2.
2e111
从而f(x)＝2ex－ln x－1，f′(x)＝2ex－.
2e2ex当0
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． 1ex
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
ee
exex1
设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.
eex当0
因此，当a≥时，f(x)≥0.
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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[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对?x1，x2∈[a，b]，且x1 (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) 跟踪演练1 (2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝. ex(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0. －ax2＋?2a－1?x＋2 (1)解 f′(x)＝， exf′(0)＝2，f(0)＝－1. 因此曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程是 2x－y－1＝0. (2)证明 当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0. 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． k 例2 (2018·雅安三诊)设函数f(x)＝(x－1)ex－x2. 2(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数． 解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， x f′(x)＝ex＋(x－1)ex－kx＝xex－kx＝xe－k， () ①当k≤0时，令f′(x)>0，解得x>0， 令f′(x)<0，解得x<0， 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)， 单调递增区间是(0，＋∞)， ②当0 所以f(x)的单调递增区间是－∞，ln k和(0，＋∞)， 单调递减区间是(ln k,0)． (2)f(0)＝－1， k ①当k<0时，f(1)＝－>0， 2又f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点． 在区间(－∞，0)中， kk 因为f(x)＝(x－1)ex－x2>x－1－x2， 222 取x＝－1∈(－∞，0)， k 2??2?k2 －1>－1－1－?－1?2 于是f??k??k?2?k?k ＝－>0， 2 又f(x)在(－∞，0)上单调递减， ()