（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题六 函数与导数 第4讲 函数与导数的综合问

考点一确定函数零点的个数[例1](2019·天津高考节选)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0a1e，证明：f(x)恰有两个零点．第2课时函数、导数与方程[解](1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2exx.因此当a≤0时，1－ax2ex0，从而f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：由(1)知，f′(x)＝1－ax2exx.令g(x)＝1－ax2ex，由0a1e，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．又g(1)＝1－ae0，且gln1a＝1－aln1a2·1a＝1－ln1a20，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1x0ln1a.当x∈(0，x0)时，f′(x)＝g（x）xg（x0）x＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝g（x）xg（x0）x＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点．令h(x)＝lnx－x＋1，则当x1时，h′(x)＝1x－10，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x1时，h(x)h(1)＝0，所以lnxx－1，从而fln1a＝lnln1a－aln1a－1eln1a＝lnln1a－ln1a＋1＝hln1a0.又因为f(x0)f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．[解题方略]判断函数零点个数的2种常用方法直接法直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题分离参数法分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可[跟踪训练]已知函数f(x)＝a2(x－1)2－x＋lnx(a＞1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1＜a＜e，试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(x－1)－1＋1x＝（x－1）（ax－1）x，令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝1a，因a＞1，则0＜1a＜1，当x∈0，1a时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当x∈1a，1时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，当x∈1，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)是增函数．所以当a＞1时，f(x)在0，1a上是增函数，在1a，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．(2)当1＜a＜e时，f(x)在0，1a上是增函数，在1a，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1＜0，f(x)的极大值为f1a＝a21a－12－1a＋ln1a＝a2－12a－lna－1.设g(a)＝a2－12a－lna－1，其中a∈(1，e)，则g′(a)＝12＋12a2－1a＝a2－2a＋12a2＝（a－1）22a2＞0，所以g(a)在(1，e)上是增函数，所以g(a)＜g(e)＝e2－12e－2＜0.因为f(4)＝a2(4－1)2－4＋ln4＞12×9－4＋ln4＝ln4＋12＞0，所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，所以当1＜a＜e时，f(x)有且只有一个零点.[例2](2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝(a－1)x＋ax＋lnx(a＞0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范围．考点二根据零点个数确定参数范围[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－1－ax2＋1x＝（a－1）x2＋x－ax2＝[（a－1）x＋a]（x－1）x2，①当a＝1时，f′(x)＝x－1x2，令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．②当a＞1时，令f′(x)＞0，得x＞1或x＜－aa－1＜0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．③当a＜1时，Ⅰ)0＜a＜12时，令f′(x)＞0，得a1－a＜x＜1，∴f(x)在a1－a，1上单调递增，在0，a1－a，(1，＋∞)上单调递减；Ⅱ)a＝12时，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；Ⅲ)12＜a＜1时，令f′(x)＞0，得1＜x＜a1－a，∴f(x)在1，a1－a上单调递增，在(0，1)，a1－a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)＝x＋2x＋lnx在[e－1，1]上单调递减，在[1，e]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝3，f(e－1)＝e－1＋2e－1，f(e)＝e＋2e＋1，f(e－1)＞f(e)，∴m∈3，e＋2e＋1.[解题方略]利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的一般方法：(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[跟踪训练]函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解：(1)由题意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x＞0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)＞0，解得x＞1；令f′(x)＜0，解得0＜x＜1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1＞－1，即m＞－2①，当0＜x＜1时，f(x)＝x(－1＋lnx)＜0；当x＞0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1②，由①②可得－2＜m＜－1.故实数m的取值范围为(－2，－1)．“专题过关检测”见“专题检测(二十二)”(单击进入电子文档)[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例]已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[快审题]求什么想什么讨论函数的单调性，想到利用导数判断．证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化．给什么用什么已知函数的解析式，利用导数解题.差什么找什么证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f′(x)＝ex－a(x0)，①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x0，所以只需证f(x)≤exx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝（x－1）exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当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，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝ex（x－1）ex2.所以当x∈(0，1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.[题后悟道]函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[典例]已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[针对训练]1．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝ax22，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.(1)若曲线y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)由已知得，f′(x)＝lnx＋1，且y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，所以f′(e)＝lne＋1＝2＝k－3，解得k＝5.(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)g(x0)成立，所以至少存在一个x使xlnxax22成立，即至少存在一个x使a2lnxx成立．令h(x)＝2lnxx，当x∈[1，e]时，h′(x)＝2（1－lnx）x2≥0恒成立，因此h(x)＝2lnxx在[1，e]上单调递增.故当x＝1时，h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(0，＋∞)．2．设f(x)＝x－x2π－sinx－a.(1)证明：f(x)的图象关于直线x＝π2对称；(2)讨论f(x)零点的个数．解：(1)证明：因为f(π－x)＝(π－x)－（π－x）2π－sin(π－x)－a＝(π－x)－π－2x＋x2π－sinx－a＝x－x2π－sinx－a＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝π2对称．(2)由(1)得，只需研究x＞π2时，f(x)的单调性即可．f′(x)＝1－2xπ－cosx.当x≥π时，2xπ≥2，所以f′(x)≤－1－cosx≤0，所以f(x)单调递减．当π2＜x＜π时，令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝－2π＋sinx，所以F′(x)在π2