新高考数学一轮复习教师用书：第三章　第三章　2 第2讲　3 第3课时　导数与函数的综合问题学案

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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(高频考点)
利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：
(1)利用最值(极值)判断零点个数；
(2)构造函数法研究零点问题．
角度一　利用最值(极值)判断零点个数
已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间[，＋∞)上有两个零点，求实数k的取值范围．
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数为f′(x)＝－ax＋1＋a－
＝－(a＞0)，
①当a∈(0，1)时，＞1.
由f′(x)＜0，得x＞或a＜1.
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
②当a＝1时，恒有f′(x)≤0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
③当a∈(1，＋∞)时，＜1.
由f′(x)＜0, 得x＞1或x＜.
所以f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
综上，当a∈(0，1)时，
f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈[，＋∞)上有两个零点，即关于x的方程k＝在x∈[，＋∞)上有两个不相等的实数根．
令函数h(x)＝，x∈[，＋∞)，
则h′(x)＝，
令函数p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈[，＋∞)．
则p′(x)＝在[，＋∞)上有p′(x)≥0，
故p(x)在[，＋∞)上单调递增．
因为p(1)＝0，所以当x∈[，1)时，有p(x)＜0，
即h′(x)＜0，所以h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以h(x)单调递增．
因为h＝＋，h(1)＝1，
所以k的取值范围为.
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(高频考点)
利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：
(1)证明函数不等式；
(2)不等式恒成立问题．
角度一　证明函数不等式
(2020·温州市高考模拟)设函数f(x)＝，证明：
(1)当x＜0时，f(x)＜1；
(2)对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
【证明】　(1)因为当x＜0时，f(x)＜1，等价于xf(x)＞x，即xf(x)－x＞0，
设g(x)＝xf(x)－x＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1＜0在(－∞，0)上恒成立，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以g(x)＞g(0)＝1－1－0＝0，
所以xf(x)－x＞0恒成立，
所以x＜0时，f(x)＜1.
(2)要证明当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a，
即证0＜x＜ln(1＋a)时，f(x)－1＜a，
即证＜a＋1，
即证ex－1＜(a＋1)x
即证ex－1－(a＋1)x＜0，
令h(x)＝ex－1－(a＋1)x，
所以h′(x)＝ex－(a＋1)＜eln(a＋1)－(a＋1)＝0，
所以h(x)单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，
同理可证当x＜0时，结论成立．
所以对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－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)8－8ln 2.
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a0)，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－1，且x≠0)，即x>0或－1