2019年高考数学二轮复习4 第4讲 导数的综合应用

1 第4讲 导数的综合应用 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2018 卷Ⅰ 讨论函数的单调性、不等式的证明·T21 导数日益成为解决问

题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点． 解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值． (2)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (3)利用导数求解参数的范围或值. 卷Ⅱ 不等式的证明、函数的零点问题·T21 卷Ⅲ 不等式的证明、极值点问题·T21 2017 卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点·T21 卷Ⅱ 利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明·T21

卷Ⅲ 导数在研究函数单调性中的应用、不等式放缩·T21

2016 卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明·T21

卷Ⅱ 函数单调性的判断、不等式证明及值域问题·T21

卷Ⅲ 三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明·T21

利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型) [典型例题] 命题角度一 根据函数零点求参数范围 (2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 【解】 (1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 2

故h(2)＝1－4ae2是h(x)在[0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点； ②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点； ③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点． 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0. 故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”． 命题角度二 根据参数确定函数的零点个数 已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a. (1)求f(x)的单调区间； (2)讨论方程f(x)＝1根的个数．

【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－b－aln xx2，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)

＝a（ln x＋2）x，f′(x)＝－a（ln x＋1）x2. 当a>0时，由f′(x)>0，得01e. 当a<0时，由f′(x)>0，得x>1e；由f′(x)<0，得0综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为0，1e，单调递减区间为1e，＋∞；当a<0时，f(x)的单调递增区间为1e，＋∞，单调递减区间为0，1e. (2)f(x)＝1，即方程aln x＋2ax＝1，即方程1a＝ln x＋2x，构造函数h(x)＝ln x＋2x， 则h′(x)＝－1＋ln xx2，令h′(x)＝0，得x＝1e，且在0，1e上h′(x)>0，在1e，＋∞上h′(x)<0，即h(x)在

0，

1

e

上单调递增，在1e，＋∞上单调递减，所以h(x)max＝h1e＝e.

在1e，＋∞上，h(x)单调递减且h(x)＝ln x＋2x>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0； 3

在0，1e上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大． 故当0<1a1e时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝1e时，方程f(x)＝1只有一个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根． 综上可知，当a>1e时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝1e时，方程f(x)＝1有一个实根；当0方程f(x)＝1无实根．

(1)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”． (2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数． 命题角度三 函数零点性质的探索与证明 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. 【解】 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． (ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点． (ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且ba2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b>0， 故f(x)存在两个零点． (ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 若a<－e2，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 综上，a的取值范围为(0，＋∞)． (2)证明：不妨设x14

调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)， 即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2. 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0， 从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究． [对点训练] 已知函数f(x)＝ln x－12ax2(a∈R)． (1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上的零点个数．

解：(1)f(x)＝ln x－12ax2的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝1x－ax＝1－ax2x，则f′(2)＝1－4a2.因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×1－4a2＝－1， 解得a＝0. (2)由(1)知f′(x)＝1－ax2x，x∈(0，＋∞)， 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′（x）＞0，x>0，得0aa，所以f(x)在0，aa上单调递增，在

a

a，＋∞

上单调递减． 综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a>0时，f(x)的单调递增区间为0，aa，单调递减区间为aa，＋∞. (3)由(2)可知， (ⅰ)当a<0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，

而f(1)＝－12a>0，故f(x)在[1，e2]上没有零点；

(ⅱ)当a＝0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－12a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一个零点；