2020届江苏高考数学(理)总复习讲义：---函数与导数的综合问题

第四节函数与导数的综合问题考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点——多角探明[锁定考向]用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．[题点全练]角度一：求函数零点或零点个数1．已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，讨论函数f(x)零点的个数．解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋lnx＋1＝0，得lnx＝－ax－1，令u(x)＝lnx，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a的直线．当直线y＝kx－1与函数u(x)＝lnx的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则u′x0＝1x0＝k，y0＝lnx0，y0＝kx0－1，解得x0＝1，k＝1，y0＝0，所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋lnx＋1＝0，得a＝－lnx＋1x.令g(x)＝－lnx＋1x(x＞0)，则g′(x)＝lnxx2.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝－1，由于g1e＝0，x→＋∞时，g(x)→0，所以当0＜x＜1e时，g(x)＞0，当x＞1e时，g(x)＜0.所以当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2．(2019·徐州调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)，若函数f(x)在13，3上有两个零点，求实数a的取值范围．解：令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－lnxx.令g(x)＝x－lnxx，其中x∈13，3，则g′(x)＝1－1－lnxx2＝x2＋lnx－1x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当13≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，∴g(x)的单调递减区间为13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln3＋13，g(3)＝3－ln33，3ln3＋13＞3－ln33，∴实数a的取值范围是1，3－ln33.[通法在握]函数的零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．(2)分离参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝f(x)的图象交点个数问题．[演练冲关]1．设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．解：由题设，g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．2．已知函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，求实数a的取值范围．解：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln1a，函数f(x)在－∞，ln1a上单调递减，在ln1a，＋∞上单调递增，∴f(x)的最小值为fln1a＝1－ln1a－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a＞0)，则g′(a)＝1a－2.当a∈0，12时，g(a)单调递增；当a∈12，＋∞时，g(a)单调递减，∴g(a)max＝g12＝－ln2＜0，∴f(x)的最小值fln1a＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．考点二导数与不等式的证明问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－12.解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝1x＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x(x＞0)．由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，得lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0，从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，令t＝x1x2，设φ(t)＝t－lnt(t＞0)，则φ′(t)＝1－1t＝t－1t，易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥5－12成立．[由题悟法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．[提醒]变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．[即时应用]已知函数f(x)＝lnx＋ax.(1)求f(x)的最小值；(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.解：(1)因为f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(x＞0)，所以当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无最小值．当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝lna＋1.(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，由(1)可得0＜x1＜a＜x2.令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，则g′(x)＝(x－a)1x2－12a－x2＝－4ax－a2x22a－x2＜0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a.考点三利用导数研究探索性问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·泰州调研)已知f(x)＝x2＋ax－lnx＋e，g(x)＝x2＋e.(1)若a＝－1，判断是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并说明理由；(2)设h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在实数a，当x∈(0，e](e＝2.71828…为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由．解：(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.理由如下：当a＝－1时，f(x)＝x2－x－lnx＋e，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1－1x＝2x2－x－1x＝x－12x＋1x.f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值f(1)当x＝1时，函数f(x)有极小值，f(x)极小值＝f(1)＝e，此极小值也是最小值，故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.(2)因为f(x)＝x2＋ax－lnx＋e，g(x)＝x2＋e，所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx，则h′(x)＝a－1x.假设存在实数a，使h(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3.(ⅰ)当a≤0时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，e]上单调递减，h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝4e，不符合题意．(ⅱ)当a＞0时，①当0＜a≤1e时，1a≥e，h′(x)≤0在(0，e]上恒成立，所以h(x)在(0，e]上单调递减，h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝4e，不符合题意．②当a＞1e时，0＜1a＜e，当0＜x＜1a时，h′(x)＜0，h(x)在0，1a上单调递减；当1a＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在1a，e上单调递增，所以h(x)min＝h1a＝1＋lna＝3，解得a＝e2＞1e.综上所述，存在a＝e2，使x∈(0，e]时，h(x)有最小值3.[由题悟法]解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．[即时应用]已知函数f(x)＝x－alnx，其中a为实数．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)是否存在实数a，使得对任意x∈(0,1)∪(1，＋∞)，f(x)＞x恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝xlnx－x＋2xlnx2，f′(2)＝1ln2，又f(2)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝1ln2(x－2)．(2)①当0＜x＜1时，lnx＜0，则x－alnx＞x⇔a＞x－xlnx，令g(x)＝x－xlnx，则g′(x)＝2x－2－lnx2x，再令h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝1x－1x＝x－1x，故当0＜x＜1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，所以g′(x)＝hx2x＞0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)＜g(1)＝1，所以a≥1.②当x＞1时，lnx＞0，则x－alnx＞x⇔a＜x－xlnx.由①知当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，所以g′(x)＝hx2x＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(1)＝1，所以a≤1.综合①②得：a＝1.考点四新定义函数问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f(x)＝ax2＋cosx(a∈R)．(1)若f