(江苏专用)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合问题课件

(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exx－a＝0，设h(x)＝exx－a，则h′(x)＝1－ex x， 由h′(x)＝1－ex x>0，得x<1； 由h′(x)＝1－e x<0，得x>1.
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≤247. [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＋
(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.
又x20＜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x20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－llnn ab＝1，故 ln a＋ln b＝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．
(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，＋∞)．
下证 x0＝0.若 x0＜0，则 x0＜x20＜0，于是 gx20＜g(0)＝0. 又 g(loga2)＝aloga2＋b loga2－2＞a loga2－2＝0，且函数 g(x)在以x20和
loga2
为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x0和 2
loga2
之间存在
g(x)的零点，记为 x1.
因为 0＜a＜1，所以 loga2＜0.
[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)<ln x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x>0或x<－23， 所以f(x)的单调增区间是－∞，－23和(0，＋∞)．
∴φ(t)在(0，1]上单调递增， ∴φ(t)≤φ(1)＝ee＋ －11，即x1＋x3≤ee＋ －11.
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)．
法二：因为0<b≤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)＝3x－13(x－1)．
令g′(x)＝0，得x＝13.列表如下：
x
0，13
1 3
g′(x)
＋
0
13，1 －
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＝g13＝247. 所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤247.因此M≤247.
b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)x－2a＋ 3 b. 令f′(x)＝0，得x＝b或x＝2a＋ 3 b. 因为a，b，2a3＋b都在集合{－3，1，3}中，且a≠b， 所以2a＋ 3 b＝1，a＝3，b＝－3. 此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R 恒成立，且f(x)＞0， 所以m≤（f（f（x）x））2＋4对于x∈R 恒成立．
而（f（f（x）x））2＋4＝f(x)＋f（4x）≥2
f（x）·f（4x）＝4，
当且仅当f2(x)＝4，即f(x)＝2时等号成立，且
（f（0））2＋4 f（0）
＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
[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将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数 分离参 的最值问题；
数法 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]
e2t≥2t ＋1，所以
t
e2－
2t ＋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＋2 x2<ln a.
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x1<x2<x3，x3－x1≤1，求证：x1＋x3≤ee＋ －11. 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.
由f′(x)＝0，得
x1＝b＋1－ 3b2－b＋1，x2＝b＋1＋ 3b2－b＋1.列表如下：
x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
ห้องสมุดไป่ตู้
－
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]x31－b＋9 1－2（b2－9b＋1）x1＋b（b9＋1） ＝－2（b2－b＋271）（b＋1）＋b（b9＋1）＋227( b2－b＋1)3 ＝b（b2＋7 1）－2（b－1）272（b＋1）＋227( b（b－1）＋1)3 ≤b（b2＋7 1）＋227≤247.因此 M≤247.
(2)f′(x)＝ex－ax－a，因为 x1，x2 为 f(x)的两个极值点， 所以ff′ ′（ （xx12） ）＝ ＝00， ，即eexx21－－aaxx21－－aa＝＝00，，两式相减，得 a＝exx11－－xex2 2，则所证 不等式等价于x1＋2 x2<lnexx11－－xex2 2，即 ex1＋2 x2<exx11－－xex2 2，不妨设 x1>x2，两边同
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＋3>0， 则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1<x2)．
a
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln
b)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．
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] (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}
两式相加，得x1＋x3＝a(e
x1
＋e
x3
)＝
x3－x1 ex3－ex1
(e
x1
＋e
x3
)＝(x3－
x1)
ex3－x1＋1 ex3－x1－1
，设x3－x1＝t，由x1<x3且x3－x1≤1，得0<t≤1，
∴x1＋x3＝t（eett－＋11），设φ(t)＝t（eett－＋11），t∈(0，1]，
则φ′(t)＝e（2t－e－2te1t）－21，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－
1>0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，
时除以 ex2，可得 ex1－2 x2<ex1x－1－x2x－2 1，令 t＝x1－x2，t>0，则要证原不等式恒
成立，只需证明：e2t<et－t 1恒成立，即
t
te2－et＋1<0
恒成立．设
t
φ(t)＝te2－et＋1，
则
φ′(t)＝－e2t ·e2t －2t ＋1)，由
ex≥x＋1，令
x＝2t ，可得
(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)＝axln a＋bxln b，
又由0＜a＜1，b＞1知ln a＜0，ln b＞0，
所以
g′(x)＝0
有唯一解
x0＝logb－llnn
a b.
∴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 x1<x2<x3， ∴x1<x2＝1<x3，x1，x3为h(x)＝exx－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＝exx33－－xex1 1，
1．(2019·无锡期末)已知函数f(x)＝ex－a2x2－ax(a>0)． (1)当a＝1时，求证：对于任意的x>0，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＋2 x2<ln a. 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x>0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)＝1>0，故对任意的x>0，都有f(x)>0成立．