（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 2 第2讲 导数在研究函数中的应用

数学第三章导数及其应用第3课时导数与函数的综合问题01核心考点深度剖析03高效演练分层突破02方法素养助学培优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．利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)角度一利用最值(极值)判断零点个数已知函数f(x)＝－12ax2＋(1＋a)x－lnx(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[12，＋∞)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－1x＝－（ax－1）（x－1）x(a＞0)，①当a∈(0，1)时，1a＞1.由f′(x)＜0，得x＞1a或a＜1.所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，1a，＋∞；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，1a＜1.由f′(x)＜0,得x＞1或x＜1a.所以f(x)的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．综上，当a∈(0，1)时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，1a，＋∞；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(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g(x)＝x2－xlnx－k(x＋2)＋2在x∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x的方程k＝x2－xlnx＋2x＋2在x∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h(x)＝x2－xlnx＋2x＋2，x∈[12，＋∞)，则h′(x)＝x2＋3x－2lnx－4（x＋2）2，令函数p(x)＝x2＋3x－2lnx－4，x∈[12，＋∞)．则p′(x)＝（2x－1）（x＋2）x在[12，＋∞)上有p′(x)≥0，故p(x)在[12，＋∞)上单调递增．因为p(1)＝0，所以当x∈[12，1)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12＝910＋ln25，h(1)＝1，所以k的取值范围为1，910＋ln25.角度二构造函数法研究零点问题设函数f(x)＝12x2－mlnx，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－mx＝x2－mx，m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，m＞0时，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x，当0＜x＜m时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＞m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(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m)．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝32＞0，F(4)＝－ln4＜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＋12＞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)＝13x3－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)|－23的零点不超过4个，求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝13x3－2x2＋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)＝43，所以f(x)在[0，3]上的值域为[0，43]．(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)|≤43，即|x31－x323－a(x21－x22)＋3(x1－x2)|≤43.化简得43(a2－3)32≤43，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．利用导数研究不等式问题(高频考点)角度一证明函数不等式(2020·温州市高考模拟)设函数f(x)＝ex－1x，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ex－1x＜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)＝alnx＋1＋x，x0.(1)当a＝－34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈1e2，＋∞均有f(x)≤x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解】(1)当a＝－34时，f(x)＝－34lnx＋1＋x，x0.f′(x)＝－34x＋121＋x＝（1＋x－2）（21＋x＋1）4x1＋x，令f′(x)0，解得x3，令f′(x)0，解得0x3，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)≤12a，得0a≤24.当0a≤24时，f(x)≤x2a等价于xa2－21＋xa－2lnx≥0.令t＝1a，则t≥22.设g(t)＝t2x－2t1＋x－2lnx，t≥22，则g(t)＝xt－1＋1x2－1＋xx－2lnx.①当x∈17，＋∞时，1＋1x≤22，则g(t)≥g(22)＝8x－421＋x－2lnx.记p(x)＝4x－221＋x－lnx，x≥17，则p′(x)＝2x－2x＋1－1x＝2xx＋1－2x－x＋1xx＋1＝（x－1）[1＋x（2x＋2－1）]xx＋1（x＋1）（x＋1＋2x）.故x1717，11(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)p17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(22)＝2p(x)≥0.②当x∈1e2，17时，g(t)≥g1＋1x＝－2xlnx－（x＋1）x.令q(x)＝2xlnx＋(x＋1)，x∈1e2，17，则q′(x)＝lnx＋2x＋10，故q(x)在1e2，17上单调递增，所以q(x)≤q17.由①得，q17＝－277p17－277p(1)＝0.所以q(x)0.因此，g(t)≥g1＋1x＝－q（x）x0.由①②知对任意x∈1e2，＋∞，t∈[22，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈1e2，＋∞，均有f(x)≤x2a.综上所述，所求a的取值范围是0，24.(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．1．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为()A．k≤1B．k≥1C．k≤－1D．k≥－1解析：选A.由ex≥k＋x，得k≤ex－x.令f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)＜0时，x＜0，f′(x)＞0时，x＞0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以k的取值范围为k≤1，故选A.2．(2018·高考浙江卷)已知函数f(x)＝x－lnx.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)8－8ln2；(2)若a≤3－4ln2，证明：对于任意k0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．证明：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝12x－1x，由f′(x1)＝f′(x2)得12x1－1x1＝12x2－1x2，因为x1≠x2，所以1x1＋1x2＝12.由基本不等式得12x1x2＝x1＋x2≥24x1x2，因为x1≠x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝x1－lnx1＋x2－lnx2＝12x1x2－ln(x1x2)．设g(x)＝12x－lnx，则g′(x)＝14x(x－4)，所以x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增，故g(x1x2)g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)8－8ln2.(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝|a|＋1k2＋1，则f(m)－km－a|a|＋k－k－a≥0，f(n)－kn－an1n－an－k≤n|a|＋1n－k0，所以，存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，所以，对于任意的a