高考数学考点分析指导专题2 导数的综合应用

所以F(x)＝(x＋1)(x2＋3x＋2)＝x3＋4x2＋5x＋2，且F(x)的定义域为R，
则F′(x)＝3x2＋8x＋5＝3(x＋1)· 列表如下：
令F′(x)＝0得x＝－1或x＝－ 5. 3
5 由表可知F(x)在x＝－ 3 处取得极大 值 4 ，在x＝－1处取得极小值0.
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专题2 导数的综合应用
若若当Δ Δ x∈＝ >0(0,9即 ，a2－ax<18)－≤时－23，04a，u2即(，x)－设>20u，3(x2所)≤＝以a0<f的0′，两(xu根()x>x)01≥＝ ，－0所恒3以a成－f(立x9)，a在2所－(80以，，f′xx21＝)(上x－)单≥3a调0＋，递所9增a以2，－f8当(，xx)∈在((x01，，＋x2)∞时)，上u单(x调)<递0，增所； 以f′(x)<0，所以3 f(x)在(x1，x2)上单调递减，当4x∈(x2，＋∞)时，u4(x)>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在
专题2 导数的综合应用
对点练
1．[安徽合肥九中2020届月考改编]已知函数f(x)＝x＋b的图像与函数
g(x)＝x2＋3x＋2的图像相切，记F(x)＝f(x)g(x)． (1)求实数b的值及函数F(x)的极值； (2)若关于x的方程F(x)－k＝0恰有三个零点，求实数k的取值范围．
专题2 导数的综合应用
时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递
增，在
单调递减．又f(0)＝0，f ＝1－ln
＞0，所以当x∈
时，
f(x)＞0，从而f(x)在
没有零点．③当x∈
时，f′(x)＜0，所以f(x)在
单调递减．而f
＞0，f(π)＜0，所以f(x)在
有唯一零点．④当x∈(π，＋∞)时，
ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点． 综上， f(x)有且仅有2个零点．
(x2，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≥－ 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<－ 时，f(x)
在(0，
)上单调递增，在
上单调递减，
在
上单调递增.
专题2 导数的综合应用
(2)当a<－1时，由(1)知f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
专题2 导数的综合应用
[课标全国Ⅰ2019·20]已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
1
1
【证明】(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－ 1＋x ，g′(x)＝－sin x＋ （1＋x）2 .
当x∈
时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′ ＜0，可得g′(x)在
而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，
从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．②当x∈
时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调
递增，在
单调递减，而f′(0)＝0，f′ ＜0，所以存在f′(x)＞0，当x∈
上单调递增，
在
上单调递减，所以g(x)的极大值为
g(x)的极大值也是最大值，所以
g(x)<0，所以f(x1)<0.当x∈(0，x1)时， f(x)单调递增，所以f(x)<f(x1)<0；当x∈(x1，x2)时， f(x)在 (x1，x2)上单调递减，所以f(x2)<f(x)<f(x1)<0；当x∈(x2，＋∞)时，f(x)单调递增，且f(－4a)＝ ln(－4a)＋16a2－12a2＋1＝ln(－4a)＋4a2＋1>0，所以f(x2)·f(－4a)<0，所以存在x′∈(x2，－4a)，使 得f(x′)＝0，又当x∈(x2，＋∞)时， f(x)单调递增，所以f(x)只有一个零点x′. 综上所述，当a<－1时，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
专题2 导数的综合应用
专题综合 考法训练
考法1 导数与函数的零点问题 考法2 导数与不等式 考法3 实际问题中的优化问题
专题2 导数的综合应用
专题综合 考法训练
考法1 导数与函数的零点问题 函数图像的交点问题，方程的根，均可归结为函数的零点问题． 此类问题往往通过函数的单调性、极值等，利用零点存在性定理判断，常见类型 及解法如下： (1)证明或讨论函数零点个数问题，一般借助导数研究函数的单调性，进而研究函 数的零点个数，或将函数零点个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题； (2)已知函数零点个数，求参数的取值范围，一般分离参数或构造函数，利用数形 结合思想求解．
(2)作出函数y＝F(x)的图像与直线y＝k，如图所示．
当y＝F(x)的图像与直线y＝k有三个交点时，
关于x的方程F(x)－k＝0恰有三个零点，结合图像可知k∈
值范围为
.
，即实数k的取
专题2 导数的综合应用
2．[广东2019适应性考试]已知函数f(x)＝ln x＋x2＋3ax＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a<－1时，讨论函数f(x)的零点个数．
【解】(1)设函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切于点P(x0，y0)．因为g(x)＝x2＋3x
＋2，所以g′(x)＝2x＋3，所以g′(x0)＝2x0＋3＝1，解得x0＝－1，所以y0＝0，
所以函数f(x)的图像与函数g(x)的图像的切点为P(－1，0)．
将切点坐标代入函数f(x)＝x＋b得b＝1，所以f(x)＝x＋1.
专题2 导数的综合应用
【解】(1)f′(x)＝ 1＋2x＋3a＝2x2＋3ax＋1(x>0)．令u(x)＝2x2＋3ax＋1,其图像对称轴为直线x＝－3a.
x
x
4
令2x2＋3ax＋1＝0，则Δ＝9a2－8.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，x＝ >0，
所以函数f(x)的极大值为f(x1)，极小值为f(x2).下面研究f(x)的极大值f(x1)＝ln x1＋x12＋3ax1＋1.
又2x12＋3ax1＋1＝0，所以f(x1)＝ln x1＋2x12＋3ax1＋1－x12＝ln x1－x12.令g(x)＝ln x－x2，
则g′(x)＝ 1－x2x2(x>0)，当g′(x)>0时，0<x< ；当g′(x)<0时，x> ，所以g(x)在
有
唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在
单调递减，故g(x)在
即f′(x)在
存在唯一极大值点．
时，g′(x)＜0. 存在唯一极大值点，
专题2 导数的综合应用
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，