（全国通用）2020版高考数学二轮复习 专题提分教程 第二编 专题一 函数与导数 第3讲 导数的热点

第3讲导数的热点问题第二编讲专题专题一函数与导数「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.1核心知识回顾PARTONE1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：①将问题转化为函数，进而转化为函数图象；②利用导数研究该函数在给定区间上的、、等；③画出函数的；④结合图象□01零点的个数问题□02交点的个数问题□03单调性□04极值(最值)□05端点值□06大致图象□07求解(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：①在该区间上构造与方程；②利用导数研究该函数在该区间上的；③判断该函数在该区间端点处的；④作出结论．□08相应的函数□09单调性□10函数值异号2．利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的、和，再由来证明不等式，其中构造一个是用导数证明不等式的关键.□01单调性□02极值□03最值□04单调性或最值□05可导函数2热点考向探究PARTTWO考向1利用导数讨论方程根的个数例1(2019·广东省七校联合体高三联考)已知函数f(x)＝lnx2－ax＋bx(a0，b0)，对任意x0，都有f(x)＋f4x＝0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．解(1)由f(x)＋f4x＝lnx2－ax＋bx＋ln2x－4ax＋xb4＝0，得b＝4a，则f(x)＝lnx2－ax＋4ax，f′(x)＝1x－a－4ax2＝－ax2＋x－4ax2(x0)，若Δ＝1－16a2≤0，即a≥14时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，若Δ＝1－16a20，即0a14时，h(x)＝－ax2＋x－4a有两个零点，零点为x1＝1－1－16a22a0，x2＝1＋1－16a22a0，又h(x)＝－ax2＋x－4a开口向下．当0xx1时，h(x)0，f′(x)0，f(x)单调递减，当x1xx2时，h(x)0，f′(x)0，f(x)单调递增，当xx2时，h(x)0，f′(x)0，f(x)单调递减．综上所述，当a≥14时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0a14时，f(x)在0，1－1－16a22a和1＋1－16a22a，＋∞上单调递减，在1－1－16a22a，1＋1－16a22a上单调递增．(2)由(1)知，当a≥14时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点．当0a14时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(2)＝ln22－2a＋2a＝0，又x1x2＝4，有x12x2，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)f(2)＝0，f(x2)f(2)＝0.f(x)＝lnx2－ax＋4ax，f1a2＝－ln2a2－1a＋4a3，令g(a)＝－ln2a2－1a＋4a3，g′(a)＝－4a2a2＋1a2＋12a2＝12a4－2a＋1a2.令m(a)＝12a4－2a＋1，m′(a)＝48a3－2单调递增．由m′(a)＝48a3－2＝0，求得a0＝132414.当0a14时，m(a)单调递减，m(a)m14＝364－12＋10，f1a2＝g(a)＝－ln2a2－1a＋4a3在0，14上单调递增．故f1a2＝g(a)g14＝3ln2－4＋1160，故f1a20，f(x2)0，1a2x2，由零点存在性定理知f(x)在区间x2，1a2上有一个根，设为x0，又f(x0)＋f4x0＝0，得f4x0＝0，由x2x01a2及x1x2＝4得04x0x1，4x0是f(x)的另一个零点，故当0a14时，f(x)存在三个不同的零点4x0，2，x0.根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2019·永州市高三第三次模拟)已知函数f(x)＝2alnx－x2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，求函数f(x)在区间(1，e2)内的零点个数．解(1)∵f(x)＝2alnx－x2，∴f′(x)＝2a－x2x，∵x0，当a≤0时，f′(x)＝2a－x2x0，当a0时，f′(x)＝2a－x2x＝－2x－ax＋ax，当0xa时，f′(x)0；当xa时，f′(x)0，∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)由(1)，得f(x)max＝f(a)＝a(lna－1)，当a(lna－1)0，即0ae时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a(lna－1)＝0，即a＝e时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，又1a＝ee2，所以函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a(lna－1)0，即ae时，由于f(1)＝－10，f(a)＝a(lna－1)0，f(e2)＝2alne2－e4＝4a－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，若2a－e20，即eae44时，f(e2)0，由函数单调性知，∃x1∈(1，a)使得f(x1)＝0，∃x2∈(a，e2)使得f(x2)＝0，故此时函数f(x)在(1，e2)内有两个零点；若2a－e2≥0，即a≥e44时，a≥e22e，f(e2)≥0，且f(e)＝2alne－e＝a－e0，f(1)＝－10，由函数的单调性可知f(x)在(1，e)内有唯一的零点，在(e，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当a∈(0，e)时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a∈{e}∪e44，＋∞时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a∈e，e44时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点．考向2利用导数证明不等式例2(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知函数f(x)＝exx－ax＋alnx，其中a0.(1)若函数f(x)仅在x＝1处取得极值，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)＝f(x)＋alnx＋1x有三个极值点x1，x2，x3，求证：x1x2＋x1x3＋x2x32x1x2x3.解(1)由f(x)＝exx－ax＋alnx，得f′(x)＝exx－1x2＋a1－xx＝x－1ex－axx2，由f(x)仅在x＝1处取得极值，则ex－ax≠0，即a≠exx.令h(x)＝exx(x∈(0，＋∞))，则h′(x)＝exx－1x2，当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增，则h(x)min＝h(1)＝e.∴当0ae时，ex－ax0，此时f′(x)＝x－1ex－axx2＝0仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1处取得极值；当a＝e时，ex－ex＝0与x－1＝0在同一处取得零点，此时当x∈(0,1)时，(x－1)(ex－ex)0，当x∈(1，＋∞)时，(x－1)(ex－ex)0，∴f′(x)＝x－1ex－axx2＝0仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1处取得极值，所以a＝e符合题意．当a＞e时，显然与已知不相符合．∴实数a的取值范围为0a≤e.(2)证明：由g(x)＝exx－ax＋alnx＋alnx＋1x，则g′(x)＝x－1ex－ax＋ax2.由题意，则g′(x)＝0有三个根，则ex－a(x－1)＝0有两个零点，不妨设为x1，x2，x1x2，则x1，x2∈(1，＋∞)，x－1＝0有一个零点，则x3＝1.令p(x)＝ex－a(x－1)，则p′(x)＝ex－a，∴当x∈(0，lna)时，p′(x)0，p(x)单调递减，∴当x＝lna时，p(x)取得极值，当x∈(lna，＋∞)时，p′(x)0，p(x)单调递增，∴p(lna)＝a－a(lna－1)0，则当ae2时，ex－a(x－1)＝0有两零点x1，x2，且1x1lnax2，若证：x1x2＋x1x3＋x2x32x1x2x3，即证：x1＋x2x1x2⇔(x1－1)(x2－1)1，由ex1＝a(x1－1)，ex2＝a(x2－1)，则ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)，即证：ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)a2⇔x1＋x22lna⇔x22lna－x1，由p(x)在(lna，＋∞)上单调递增，即证p(x2)p(2lna－x1)，又p(x1)＝p(x2)，则证p(x1)－p(2lna－x1)0，令G(x)＝p(x)－p(2lna－x)，1xlna，∴G(x)＝ex－a(x－1)－e2lna－x＋a(2lna－x－1)＝ex－a2ex－2ax＋2alna．∴G′(x)＝ex＋a2ex－2a≥0恒成立，则G(x)为增函数，∴当1xlna时，G(x)G(lna)＝0，∴x1x2＋x1x3＋x2x32x1x2x3得证．利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0x1x2时，都有e1－x2－e1－x11－x2x1.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝λx＋e－x＝λ＋xe－xx，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴λ＋xe－xx≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－xex，令φ(x)＝－xex，则φ′(x)＝x－1ex，当0x1时，φ′(x)0，当x1时，φ′(x)0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x0时，φ(x)min＝φ(1)＝－1e，∴λ≤－1e；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴λ＋xe－xx≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－xex，由①得φ(x)＝－xex在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e时，f(x)＝－1elnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0x1x2，∴f(x1)f(x2)，即－1elnx1－e－x1－1elnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x11－x2x1，只需证lnx1－lnx21－x2x1，即证lnx1x21－x2x1，令t＝x1x2，t∈(0,1)，则只需证lnt1－1t，令h(t)＝lnt＋1t－1，则当0t1时，h′(t)＝t－1t20，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h(t)0，即lnt1－1t，得证．考向3利用导数研究不等式恒成立问题角度1函数不等式恒成立问题例3(2019·内蒙古高三高考一模)已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R)．(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当b＝0时，f′(x)＝2