2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 第二编 讲专题 专题一 函数与导数 第3讲 导数的热点问

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·河南五校联考高三阶段性测试)已知函数f(x)＝ax－2lnxx，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的图象在点P(e，f(e))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝xf(x)－4，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)当a＝1时，f(x)＝x－2lnxx，所以f′(x)＝1－2－2lnxx2，所以f′(e)＝1.又因为f(e)＝e－2e.所以函数f(x)的图象在点P(e，f(e))处的切线方程为y－e－2e＝x－e，即x－y－2e＝0.(2)由题意得g(x)＝xf(x)－4＝ax2－2lnx－4，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝2ax－2x＝2ax2－1x.①当a≤0时，g′(x)0对于任意的x0恒成立，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，令x0＝ea－42，则0x01，g(x0)＝ax20－2lnx0－4a－2lnx0－4＝0.又g(1)＝a－40，所以g(x)在(ea－42，1)上有唯一零点．②当a0时，令g′(x)0，得x1a.所以g(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增，故g(x)min＝g1a＝2lna－3＝lna－3.a．若ae3，g(x)min0，函数g(x)无零点；b．若a＝e3，g(x)min＝0，函数g(x)有唯一零点；c．若0ae3，g(x)min0，令x1＝e－2e－321a，则g(x1)＝ax21－2lnx1－4－2lnx1－4＝0.令x2＝2＋2a22×2a＝4a1a，则g(x2)＝ax22－2lnx2－4ax22－2x2－4ax22－4a－2x2－4＝(x2＋2)[a(x2－2)－2]＝0.所以函数g(x)在e－2，1a，1a，2＋2a上各有一个零点，从而函数g(x)有两个零点．综上可得，当ae3时，函数g(x)没有零点；当a≤0或a＝e3时，函数g(x)有唯一零点；当0ae3时，函数g(x)有两个零点．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”．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，∴x∈(0，lna)时，P′(x)0，P(x)单调递减；x∈(lna，＋∞)时，p′(x)0，p(x)单调递增，∴当x＝lna时，p(x)取得极值，∴p(lna)＝a－a(lna－1)0，则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.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)＝2a－2x＝2ax－1x(x0)，当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，由f′(x)0，得0x1a；由f′(x)0，得x1a.∴当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是0，1a，单调递增区间是1a，＋∞.(2)∀a∈[1,3]和∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立等价于2ax＋bx－1－2lnx≥2bx－3，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．即a＋1x－lnxx≥b2，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．令g(x)＝a＋1x－lnxx，a∈[1,3]，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－1x2－1－lnxx2＝lnx－2x2，令g′(x)＝0，得x＝e2，由此可得g(x)在区间(0，e2]上单调递减，在区间[e2，＋∞)上单调递增，∴当x0时，g(x)min＝g(e2)＝a－1e2，即b2≤a－1e2，又a∈[1,3]，∴实数b的取值范围是－∞，2－2e2.利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.设函数f(x)＝(ax＋1)e－x(a∈R)．(1)当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≤x＋1恒成立，求实数a的取值范围．解(1)当a0时，f′(x)＝a·e－x－(ax＋1)·e－x＝a·e－x·a－1a－x，由于e－