2022高考数学人教版（浙江专用）一轮总复习学案：第三章 第2讲　第3课时　导数与函数的综合问题

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第3课时　导数与函数的综合问题


利用导数研究函数的零点(方程根)
的问题(多维探究)
角度一　利用最值(极值)判断零点个数
若函数f(x)＝－1恰有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1]∪[1，3)　　　 B．(1，3)
C．(－1，1)∪(1，3) D．[1，3)
【解析】　由f(x)＝0得＝a±1，设g(x)＝，f(x)恰有两个零点，即函数g(x)＝的图象与直线y＝a±1恰有两个交点．g′(x)＝，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
易知当x>时，g(x)>0，当x→＋∞时，g(x)→0，x→0＋时，g(x)→－∞，g(1)＝2，所以作出g(x)的大致图象如下．

由图可知，当a＋1≤0或或时满足题意，
解得a≤－1或1≤a<3.故选A.
【答案】　A
角度二　构造函数法研究零点问题
设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，
m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
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m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，
问题等价于求函数F(x)的零点个数，
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)＝－ln 4＜0，
所以F(x)有唯一零点；
当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，
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＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点，
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．


利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　
　(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0，3]上的值域；
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，3)上单调递减．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，]．
(2)由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意．
②当Δ＞0，即a2＞3时，方程f′(x)＝0有两根，设两根为x1，x2，且x1＜x2，x1＋x2＝2a，x1x2＝3.
则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，即|－a(x－x)＋3(x1－x2)|≤.
化简得(a2－3)≤，解得3＜a2≤4，
综合①②，得a2≤4，即－2≤a≤2.

利用导数研究不等式问题(多维探究)
角度一　证明函数不等式
(2020·高考浙江卷)已知1 (1)证明：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)记x0为函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明：
①≤x0≤；
②x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.
【证明】　(1)因为f(0)＝1－a<0，
f(2)＝e2－2－a≥e2－4>0，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零点．
因为f′(x)＝ex－1，
所以当x>0时，f′(x)>0，
故函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)①令g(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1，
由(1)知函数g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当x>0时，g′(x)>g′(0)＝0，
所以函数g(x)在[0，＋∞)单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0.
由g()≥0得f()＝e－－a≥0＝f(x0)，
因为f(x)在[0，＋∞)单调递增，故≥x0.
令h(x)＝ex－x2－x－1(0≤x≤1)，h′(x)＝ex－2x－1，
令h1(x)＝ex－2x－1(0≤x≤1)，h′1(x)＝ex－2，所以
x
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，1)
1
h′1(x)
－1
－
0
＋
e－2
h1(x)
0

　

e－3
故当0 所以h(x)在[0，1]单调递减，
因此当0≤x≤1时，h(x)≤h(0)＝0.
由h()≤0得f()＝e－－a≤0＝f(x0)，
因此f(x)在[0，＋∞)单调递增，故≤x0.
综上，≤x0≤.
②令u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)，
所以当x>1时，u′(x)>0，
故函数u(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，
因此u(x)≥u(1)＝0.
由ex0＝x0＋a可得
x0f(ex0)＝x0f(x0＋a)＝(ea－1)x＋a(ea－2)x0≥(e－1)ax，
由x0≥得
x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.
角度二　不等式恒成立问题
(2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
【解】　(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2)由f(1)≤，得0 当0 令t＝，则t≥2.
设g(t)＝t2－2t－2ln x，t≥2，则
g(t)＝－－2ln x.
①当x∈时， ≤2，则g(t)≥g(2)＝8－4－2ln x.
记p(x)＝4－2－ln x，x≥，则
p′(x)＝－－＝＝.
故
x


1
(1，＋∞)
p′(x)

－
0
＋
p(x)
p
单调递减
极小值p(1)
单调递增
所以p(x)≥p(1)＝0.
因此，g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0.
②当x∈时，
g(t)≥g＝.
令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈，则
q′(x)＝＋1>0，
故q(x)在上单调递增，所以q(x)≤q.
由①得，q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.
综上所述，所求a的取值范围是.


(1)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，当x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明f(x)＜g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

　已知函数f(x)＝x－aex＋b, 其中a，b∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a＝1，k∈R，若存在b∈[0，2]，对任意的实数x∈[0，1]，恒有f(x)≥kex－xex－1成立，求k的最大值．
解：(1)f′(x)＝1－aex.
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增；
②当a＞0时，令f′(x)＞0得x＜ln，令f′(x)＜0得x＞ln，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)不等式f(x)≥kex－xex－1⇔k≤e－x[(x－1)ex＋x＋b＋1]．
记g(x)＝e－x[(x－1)ex＋x＋b＋1]，x∈[0，1]，
则g′(x)＝－e－xf(x)，其中f(x)＝x－ex＋b.
由(1)可知函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
f(0)＝b－1.
①当0≤b≤1时，f(0)＝b－1≤0，g′(x)≥0，
所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递增，
所以k≤g(x)min＝g(0)＝b，所以k≤b≤1.
②当即e－1≤b≤2时，g′(x)≤0，
所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递减，
所以k≤g(x)min＝g(1)＝，所以k≤.
③当1＜b＜e－1时，f(0)f(1)＜0且f(x)在[0，1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0，1]上有唯一零点，记为x0，
则x0－ex0＋b＝0，
所以函数g(x)在区间[0，x0]上单调递减，在区间[x0，1]上单调递增，从而k≤g(x0)，其中b＝ex0－x0，
所以k≤x0＋e－x0.
令y＝x0＋e－x0，x0∈(0，1)，
则y′＝1－e－x0＞0，所以k＜1＋.
综上，当b＝2时，k取到最大值，为.

核心素养系列4　逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．

(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)

(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．
【解】　(1)选B.因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1 (2)证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，·…
· 【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…· 设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1< 【解】　(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x 故当x∈(1，＋∞)时，ln x1.①
因此ln <－1，即ln x>， 故当x∈(1，＋∞)时恒有1<