专题12 导数的综合应用-2021年新高考数学考点模块专题复习

专题12 导数的综合应用 一、导数与函数的单调性、极值与最值问题 1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论． 2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值． [思维流程]　(1)→→ (2)→→ [解]　(1)f′(x)＝，x>－1. 当a≥时，f′(x)≤0，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递减． 当0<a<时， 当－1<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上，当a≥时，f(x)的单调递减区间为(－1，＋∞)； 当0<a<时，f(x)的单调递减区间为，，f(x)的单调递增区间为. (2)原式等价于ax>(x＋1)ln(x＋1)＋2x＋1，即存在x>0，使a>成立． 设g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，x>0， 设h(x)＝x－1－ln(x＋1)，x>0， 则h′(x)＝1－>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(2)<0，h(3)>0，根据零点存在性定理，可知h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，设该零点为x0，则x0－1＝ln(x0＋1)，且x0∈(2,3)， ∴g(x)min＝g(x0)＝x0＋2. 又a>x0＋2，a∈Z，∴a的最小值为5. 　利用导数研究函数性质的一般步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导函数f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解． (4)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号． ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解． (5)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 【训练】1．已知f(x)＝xex－ax2－x. (1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，求f(x)的极小值； (2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围． [解]　(1)∵f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减， ∴f′(－1)＝0. ∵f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，∴2a－1＝0，a＝. ∴f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)， ∴f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为f(0)＝0. (2)f(x)＝x(ex－ax－1)， 令g(x)＝ex－ax－1，则g′(x)＝ex－a. 若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数， 而g(0)＝0，∴当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0. 若a>1，则x∈(0，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)＝0，故x∈(0，lna)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意． 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]． 二、导数与方程问题 研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用． [思维流程]　(1)→→ (2)→→ → [解]　(1)由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝. 当m≤0时，f ′(x)≥0，所以函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；当m>0时，f ′(x)＝， 当0<x<时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增． 综上，当m≤0时，函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)，单调减区间是(0，)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数， 当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x>0，有唯一零点； 当m>0时，F′(x)＝－， 当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点； 当m>1时，由F′(x)<0得0<x<1或x>m，由F′(x)>0得1<x<m，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增， 注意到F(1)＝m＋>