教辅-高考数学大二轮专题复习：函数与导数之导数的热点问题

专题二函数与导数第二编讲专题第3讲导数的热点问题「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PARTONE核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业1.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结合图象求解．□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大致图象核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业(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．□07对应的函数□08单调性□09函数值异号核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业考向1利用导数讨论方程根的个数例1(2020·海南省海口市模拟)已知函数f(x)＝k（x－1）ex，其中k≠0.(1)求f(x)的单调区间；解(1)由条件，得f′(x)＝kex－kex（x－1）e2x＝k（2－x）ex，令f′(x)＝0，得x＝2.当k＞0时，由f′(x)＞0，得x＜2，由f′(x)＜0，得x＞2.所以f(x)的单调递增区间是(－∞，2)，单调递减区间是(2，＋∞).当k＜0时，由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得x＜2.所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2).核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业(2)若k＞0，讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)在区间(0，2)上实根的个数．解(2)因为|ln1|＝f(1)＝0，所以x＝1是方程|lnx|＝f(x)的一个实根．当0＜x＜1时，由(1)知f(x)单调递增，所以f(x)＜f(1)＝0.而|lnx|＝－lnx＞0，所以方程|lnx|＝f(x)在区间(0，1)上无实根．当1＜x＜2时，|lnx|＝lnx.核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业设F(x)＝lnx－k（x－1）ex，则F′(x)＝1x－2k－kxex＝ex＋kx2－2kxxex.设u(x)＝ex＋kx2－2kx，当1＜x＜2时，u′(x)＝ex＋2kx－2k＞0，所以u(x)在(1，2)上单调递增．①当u(1)＝e－k≥0，即k≤e时，在区间(1，2)上，总有u(x)＞u(1)≥0，从而F′(x)＞0，所以F(x)在(1，2)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0，即原方程在(1，2)上无实根．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业②当u(1)＝e－k＜0，即k＞e时，因为u(2)＝e2＞0，所以存在x0∈(1，2)，满足u(x0)＝0，所以在(1，x0)上，u(x)＜0，F(x)单调递减，在(x0，2)上，u(x)＞0，F(x)单调递增，又因为F(1)＝0，F(2)＝ln2－ke2，所以当F(2)＞0，即e＜k＜e2ln2时，原方程在(1，2)上有唯一实根，当F(2)≤0，即k≥e2ln2时，原方程在(1，2)上无实根．综上所述，当0＜k≤e或k≥e2ln2时，原方程在(0，2)上仅有一个实根；当e＜k＜e2ln2时，原方程在(0，2)上有两个实根．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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轴交点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业已知函数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；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，核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业若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的图象开口向下，所以当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．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业综上所述，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．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围.解(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.核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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a＝132414.当0a14时，m(a)单调递减，m(a)m14＝364－12＋10，核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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，又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.核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业考向2利用导数证明不等式例2(2020·山东省泰安市三模)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1有两个零点．(1)求a的取值范围；解(1)由f(x)＝0，可得a＝1＋lnxx，转化为函数g(x)＝1＋lnxx与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g′(x)＝－lnxx2(x0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0.故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业所以g(x)max＝g(1)＝1.又g1e＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，故当x∈0，1e时，g(x)0；当x∈1e，＋∞时，g(x)0.可得a∈(0，1).核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)1－a.解(2)证明：f′(x)＝1x－a，由(1)知x1，x2是lnx－ax＋1＝0的两个根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0⇒a＝lnx1－lnx2x1－x2.要证f′(x1·x2)1－a，只需证x1·x21，即证lnx1＋lnx20，即证(ax1－1)＋(ax2－1)0，即证a2x1＋x2，即证lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2.核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业不妨设0x1x2，故lnx1x22（x1－x2）x1＋x2＝2x1x2－1x1x2＋1，(*)令t＝x1x2∈(0，1)，h(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，h′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）20，则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)h(1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业已知函数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；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，核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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；核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业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，且φ(x)0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业(2)求证：当0x1x2时，都有e1－x2－e1－x11－x2x1.解(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，核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业只需证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．核心知识回顾热点考向探究真题VS押题专题作业考向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(2020·河南省开封市三模)已知函数f(x)＝axex－lnx＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e.(1)求a，b的值；解(1)f′(x)＝aex＋axex－1x，∵函数f(x)＝axex－lnx＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e，∴