江苏省2019届高考数学专题五函数、不等式与导数5.4大题考法—函数与导数的综合问题讲义

第四讲大题考法——函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题.[典例感悟][例1](2018·镇江期末)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；(2)若λ＝12，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)；(3)若对任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)因为f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，因为f′(1)＝g′(1)且g′(x)＝2λx，所以g′(1)＝2λ＝1，解得λ＝12.(2)证明：设函数h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx－12(x2－1)，则h′(x)＝lnx＋1－x(x≥1).设p(x)＝lnx＋1－x，从而p′(x)＝1x－1≤0对任意x∈[1，＋∞)上恒成立，所以p(x)在[1，＋∞)上单调递减，因为p(1)＝0，所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)≤0，即h′(x)≤0，因此函数h(x)＝xlnx－12(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h(x)≤h(1)＝0，所以当x≥1时，f(x)≤g(x)成立.(3)设函数H(x)＝xlnx－λ(x2－1)(x≥1)，从而对任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立．又H′(x)＝lnx＋1－2λx，当H′(x)＝lnx＋1－2λx≤0，即lnx＋1x≤2λ恒成立时，函数H(x)单调递减.设r(x)＝lnx＋1x(x≥1)，则r′(x)＝－lnxx2≤0，所以r(x)max＝r(1)＝1，即2λ≥1，解得λ≥12.当λ≤0时，H′(x)＝lnx＋1－2λx0恒成立，此时函数H(x)单调递增.于是，不等式H(x)≥H(1)＝0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；当0λ12时，设q(x)＝H′(x)＝lnx＋1－2λx，则q′(x)＝1x－2λ＝0⇒x＝12λ1，当x∈1，12λ时，q′(x)＝1x－2λ0，此时q(x)＝H′(x)＝lnx＋1－2λx单调递增，所以H′(x)＝lnx＋1－2λxH′(1)＝1－2λ0，故当x∈1，12λ时，函数H(x)单调递增．于是当x∈1，12λ时，H(x)0成立，不符合题意.综上所述，实数λ的取值范围为12，＋∞.[方法技巧]利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法(2)函数思想法[演练冲关]1．(2018·苏锡常镇一模)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a(a为正实数，且为常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a，所以f′(x)＝lnx＋1x＋1－a(x0)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥0，即a≤lnx＋1x＋1在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝lnx＋1x＋1(x＞0)，则g′(x)＝x－1x2，当x1时，g′(x)0；当0x1时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2，故0＜a≤2，即实数a的取值范围为(0,2]．(2)当0a≤2时，由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增．又f(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)0.故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立．当a2时，f′(x)＝xlnx＋－ax＋1x，设p(x)＝xlnx＋(1－a)x＋1，则p′(x)＝lnx＋2－a.令p′(x)＝lnx＋2－a＝0，得x＝ea－21.当x∈(1，ea－2)时，p′(x)0，p(x)单调递减，则p(x)p(1)＝2－a0，则f′(x)＝pxx0，所以当x∈(1，ea－2)时，f(x)单调递减，则当x∈(1，ea－2)时，f(x)f(1)＝0，此时(x－1)f(x)0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(0,2]．2．(2018·无锡期末)已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.(1)若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围．解：(1)由题意，对任意x∈R，有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，①当x∈(－∞，2)时，a≥exx－x－2，即a≥exx－x－2max.令F(x)＝exx－x－2，则F′(x)＝exx2－8xx－2，令F′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如表所示：x(－∞，0)0(0,2)F′(x)＋0－F(x)极大值所以F(x)max＝F(0)＝1，故此时a≥1.②当x＝2时，f(x)≥g(x)恒成立，故此时a∈R.③当x∈(2，＋∞)时，a≤exx－x－2，即a≤exx－x－2min，令F′(x)＝0，得x＝83，当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如表所示.x2，838383，＋∞F′(x)－0＋F(x)极小值F(x)min＝F83＝9e38，故此时a≤9e38，综上，1≤a≤9e38，即实数a的取值范围是1，9e38.(2)由f(x)g(x)，得ex(3x－2)a(x－2)，由(1)知a∈(－∞，1)∪9e38，＋∞，令F(x)＝exx－x－2(x≠2)，当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如表所示.x(－∞，0)0(0,2)2，838383，＋∞F′(x)＋0－－0＋F(x)极大值极小值当x∈(－∞，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于aexx－x－2存在的唯一整数x0成立，因为F(0)＝1最大，F(－1)＝53e，F(1)＝－e，所以当a53e时，至少有两个整数成立，所以a∈53e，1.当x∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于aexx－x－2存在唯一的整数x0成立，因为F83＝9e38最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈(7e3,5e4]．综上，a的取值范围是53e，1∪(7e3,5e4].题型(二)利用导数解决与方程的解(零点)有关的问题主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.[典例感悟][例2](2016·江苏高考)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．(1)设a＝2，b＝12.①求方程f(x)＝2的根；②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值．(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．[解](1)因为a＝2，b＝12，所以f(x)＝2x＋2－x.①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0.②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)＞0，所以m≤fx2＋4fx对于x∈R恒成立．而fx2＋4fx＝f(x)＋4fx≥2fx4fx＝4，当且仅当f2(x)＝4，即f(x)＝2时等号成立，且f2＋4f＝4，所以m≤4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2有且只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，所以0是函数g(x)的唯一零点．因为g′(x)＝axlna＋bxlnb，又由0＜a＜1，b＞1知lna＜0，lnb＞0，所以g′(x)＝0有唯一解x0＝logab－lnalnb.令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axlna＋bxlnb)′＝ax(lna)2＋bx(lnb)2，从而对任意x∈R，h′(x)＞0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)＜g′(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞g′(x0)＝0.因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．下证x0＝0.若x0＜0，则x0＜x02＜0，于是gx02＜g(0)＝0.又g(loga2)＝aloga2＋bloga2－2＞aloga2－2＝0，且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0＜a＜1，所以loga2＜0.又x02＜0，所以x1＜0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．若x0＞0，同理可得，在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．因此x0＝0.于是－lnalnb＝1，故lna＋lnb＝0，所以ab＝1.[方法技巧]利用导数研究函数零点问题的方法用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明零点个数．[演练冲关]1．(2018·苏州暑假测试)已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)若f′(x)是函数f(x)的导函数，当a0时，解关于x的不等式f′(x)ex；(2)若f(x)在[－1,1]上是单调递增函数，求a的取值范围；(3)当a＝0时，求整数k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解．解：(1)f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex.不等式f′(x)ex可化为[ax2＋(2a＋1)x]·ex0，因为ex0，故有ax2＋(2a＋1)x0，又a0，解得x0或x－2a＋1a.所以当a0时，不等式f′(x)ex的解集是－∞，－2a＋1a∪(0，＋∞)．(2)由(1)得f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex，①当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，故a＝0符合要求；②当a≠0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1，因为Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋10，所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a0，因为g(－1)·g(0)＝－a0，所以f(x)在(－1,1)内有极值点，故f(x)在[－1,1]上不单调．若a0，可知x10x2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1,1]上单调，因为g(0)＝10，必须满足g，g－，即3a＋2≥0，－a≥0，所以－23≤a0.综上可知，a的取值范围是－23，0.(3)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0，令h(x)＝ex－2x－1.因为h′(x)＝ex＋2x20对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数．又h(1)＝e－30，h(2)＝e2－20，h(－3)＝e－3－130，h(－2)＝e－20，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上，所以整数k的所有值为{－3,1}．2．已知定义在R上的函数f(x)的图象不间断，且其表达式为f(x)＝2－x，x0，ax3＋b－4ax2－b＋mx＋n，0≤x≤4，a