（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 第四讲 大题考法——函数与导数的综

——函数与导数的综合问题大题考法四讲第利用导数解决与不等式有关的问题题型(一)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](2019·江苏高考)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值；(3)若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证：M≤427.[解](1)因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)x－2a＋b3.令f′(x)＝0，得x＝b或x＝2a＋b3.因为a，b，2a＋b3都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，所以2a＋b3＝1，a＝3，b＝－3.此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.(3)证明：因为a＝0，c＝1，所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.因为0＜b≤1，所以Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋30，则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1x2)．由f′(x)＝0，得x1＝b＋1－b2－b＋13，x2＝b＋1＋b2－b＋13.列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值M＝f(x1)．法一：M＝f(x1)＝x31－(b＋1)x21＋bx1＝[3x21－2(b＋1)x1＋b]x13－b＋19－2（b2－b＋1）9x1＋b（b＋1）9＝－2（b2－b＋1）（b＋1）27＋b（b＋1）9＋227(b2－b＋1)3＝b（b＋1）27－2（b－1）2（b＋1）27＋227(b（b－1）＋1)3≤b（b＋1）27＋227≤427.因此M≤427.法二：因为0b≤1，所以x1∈(0，1)．当x∈(0，1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2.令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，则g′(x)＝3x－13(x－1)．令g′(x)＝0，得x＝13.列表如下：x0，131313，1g′(x)＋0－g(x)极大值所以当x＝13时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max＝g13＝427.所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤427.因此M≤427.[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分离参数法①将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；②利用导数求该函数的最值；③根据要求得所求范围函数思想法①将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；②利用导数求该函数的极值(最值)；③构建不等式求解[演练冲关]1．(2019·无锡期末)已知函数f(x)＝ex－a2x2－ax(a0)．(1)当a＝1时，求证：对于任意的x0，都有f(x)0成立；(2)若y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：x1＋x22lna.证明：(1)当a＝1时，由f(x)＝ex－12x2－x，则f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－1.当x0时，g′(x)0，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f(x)f(0)＝10，故对任意的x0，都有f(x)0成立．(2)f′(x)＝ex－ax－a，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，所以f′（x1）＝0，f′（x2）＝0，即ex1－ax1－a＝0，ex2－ax2－a＝0，两式相减，得a＝ex1－ex2x1－x2，则所证不等式等价于x1＋x22lnex1－ex2x1－x2，即ex1＋x22ex1－ex2x1－x2，不妨设x1x2，两边同时除以ex2，可得ex1－x22ex1－x2－1x1－x2，令t＝x1－x2，t0，则要证原不等式恒成立，只需证明：et2et－1t恒成立，即tet2－et＋10恒成立．设φ(t)＝tet2－et＋1，则φ′(t)＝－et2·et2－t2＋1)，由ex≥x＋1，令x＝t2，可得et2≥t2＋1，所以et2－t2＋1≥0，所以φ′(t)≤0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递减，φ(t)φ(0)＝0，所以x1＋x22lna.2．(2019·盐城三模)设函数f(x)＝x－aex(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(0，1)上单调，求a的取值范围；(3)若函数g(x)＝(ex－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x2x3，x3－x1≤1，求证：x1＋x3≤e＋1e－1.解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，f′(x)＝1－ex，f′(1)＝1－e，f(1)＝1－e.故f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2)f′(x)＝1－aex，①若函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，则f′(x)＝1－aex≥0在区间(0，1)上恒成立，得a≤e－x在区间(0，1)上恒成立，∵x∈(0，1)，∴e－x∈1e，1，∴a≤1e；②若函数f(x)在区间(0，1)上单调递减，则f′(x)＝1－aex≤0在区间(0，1)上恒成立，得a≥e－x在区间(0，1)上恒成立，∵x∈(0，1)，∴e－x∈1e，1，∴a≥1.综上，a的取值范围为－∞，1e∪[1，＋∞)．(3)证明：函数g(x)＝(ex－e)f(x)的零点即方程(ex－e)f(x)＝0的实数根，故ex－e＝0或f(x)＝0，由ex－e＝0，得x＝1，∴f(x)＝0，有且仅有2个不等于1的实数根，由f(x)＝0，得xex－a＝0，设h(x)＝xex－a，则h′(x)＝1－xex，由h′(x)＝1－xex0，得x1；由h′(x)＝1－xe0，得x1.∴h(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)＝0有且仅有两个不等实数根，且1个根小于1，1个根大于1，∵g(x)＝(ex－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x2x3，∴x1x2＝1x3，x1，x3为h(x)＝xex－a＝0的两个不等实数根，∴x1＝aex1，x3＝aex3，两式相减，得x3－x1＝a(ex3－ex1)，∴a＝x3－x1ex3－ex1，两式相加，得x1＋x3＝a(ex1＋ex3)＝x3－x1ex3－ex1(ex1＋ex3)＝(x3－x1)ex3－x1＋1ex3－x1－1，设x3－x1＝t，由x1x3且x3－x1≤1，得0t≤1，∴x1＋x3＝t（et＋1）et－1，设φ(t)＝t（et＋1）et－1，t∈(0，1]，则φ′(t)＝e2t－2tet－1（e－1）2，设p(t)＝e2t－2tet－1，t∈(0，1],则p′(t)＝2et(et－t－1)，设q(t)＝et－t－1，(0，1]，则q′(t)＝et－10在t∈(0，1]上恒成立，∴q(t)＝et－t－1在t∈(0，1]上单调递增，∴q(t)q(0)＝0在(0，1]上恒成立，则p′(t)0在(0，1]上恒成立，∴p(t)在(0，1]上单调递增，∴p(t)p(0)＝0在(0，1]上恒成立，则φ′(t)0在(0，1]上恒成立，∴φ(t)在(0，1]上单调递增，∴φ(t)≤φ(1)＝e＋1e－1，即x1＋x3≤e＋1e－1.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≤（f（x））2＋4f（x）对于x∈R恒成立．而（f（x））2＋4f（x）＝f(x)＋4f（x）≥2f（x）·4f（x）＝4，当且仅当f2(x)＝4，即f(x)＝2时等号成立，且（f（0））2＋4f（0）＝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＝logba－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．(2019·苏州期末)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)当a＝b＝1时，求f(x)的单调增区间；(2)当a≠0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求ba的值；(3)当a＝0时，若f(x)lnx的解集为(m，n)，且(m，n)中有且仅有一个整数，求实数b的取值范围．解：(1)当a＝b＝1时，f(x)＝x3＋x2－4，f′(x)＝3x2＋2x.令f′(x)0，解得x0或x－23，所以f(x)的单调增区间是－∞，－23和(0，＋∞)．(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2b3a，因为