人教第12节 导数的综合应用（解析版）.docx

第12节 导数的综合应用
核心素养要做实
题型一　利用导数证明不等式
【例1】设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
【解析】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

2(1－ln 2＋a)

故f(x)单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
【方法归纳】
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
【跟踪训练1】已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在(0,1)处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2<ex.
【解析】(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；
当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，
且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<ex.
题型二　导数与函数的零点问题
探究1　确定函数的零点个数
【例2】已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
【证明】(1)设g(x)＝f′(x)＝－1＋2cos x，
当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，
又因为g＝－1＋1>0，g＝－1<0，
所以g(x)在上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知：当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增，
当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减；
所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点α，
所以f(α)>f＝ln－＋2>2－>0，
又因为f＝－2－＋2sin<－2－＋2<0，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点．
又因为f(π)＝ln π－π<2－π<0，
所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．
②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f(x)≤ln x－x，
设h(x)＝ln x－x，h′(x)＝－1<0，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π，2π)上没有零点．
③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x－x＋2，
设φ(x)＝ln x－x＋2，φ′(x)＝－1<0，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有两个零点．
【方法归纳】
利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(