1、第3课时导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(多维探究)角度一利用最值(极值)判断零点个数 若函数f(x)1恰有两个零点，则实数a的取值范围是()A(，11，3)B(1，3)C(1，1)(1，3)D1，3)【解析】由f(x)0得a1，设g(x)，f(x)恰有两个零点，即函数g(x)的图象与直线ya1恰有两个交点g(x)，当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)时，g(x)0，当x时，g(x)0，x0时，g(x)，g(1)2，所以作出g(x)的大致图象如下由图可知，当a10或或时满足题意，解得a1或1a3.故选A.【答案】A角度二构造函数法研
2、究零点问题 设函数f(x)x2mln x，g(x)x2(m1)x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)x，m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，m0时，f(x)，当0x时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增综上m0时，f(x)在(0，)上单调递增；m0时，函数f(x)的单调递增区间是(，)，单调递减区间是(0，)(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，F(x)，当m1时，F(x)0
3、，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln 40，所以F(x)有唯一零点；当m1时，0x1或xm时F(x)0，1xm时F(x)0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln (2m2)0，所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数
4、)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围(3)构造函数法研究函数零点根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法 (2020绍兴市高三教学质量调测)已知函数f(x)x3ax23xb(a，bR)(1)当a2，b0时，求f(x)在0，3上的值域；(2)对任意的b，函数g(x)|f(x)|的零点不超过4个，求a的取值范围解：(1)由f(x)x32x23x，得f
5、(x)x24x3(x1)(x3)当x(0，1)时，f(x)0，故f(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，3)时，f(x)0，故f(x)在(1，3)上单调递减又f(0)f(3)0，f(1)，所以f(x)在0，3上的值域为0，(2)由题得f(x)x22ax3，4a212，当0，即a23时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，满足题意当0，即a23时，方程f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.则f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减由题意知|f(x1)f(x2)|，即|a(xx)3(x1x2)|.化简得(a23)，解得3a24，
6、综合，得a24，即2a2.利用导数研究不等式问题(多维探究)角度一证明函数不等式 (2020高考浙江卷)已知1a2，函数f(x)exxa，其中e2.718 28是自然对数的底数(1)证明：函数yf(x)在(0，)上有唯一零点；(2)记x0为函数yf(x)在(0，)上的零点，证明：x0；x0f(ex0)(e1)(a1)a.【证明】(1)因为f(0)1a0，所以yf(x)在(0，)上存在零点因为f(x)ex1，所以当x0时，f(x)0，故函数f(x)在0，)上单调递增，所以函数yf(x)在(0，)上有唯一零点(2)令g(x)exx2x1(x0)，g(x)exx1f(x)a1，由(1)知函数g(x)
7、在0，)上单调递增，故当x0时，g(x)g(0)0，所以函数g(x)在0，)单调递增，故g(x)g(0)0.由g()0得f()ea0f(x0)，因为f(x)在0，)单调递增，故x0.令h(x)exx2x1(0x1)，h(x)ex2x1，令h1(x)ex2x1(0x1)，h1(x)ex2，所以x0(0，ln 2)ln 2(ln 2，1)1h1(x)10e2h1(x)0e3故当0x1时，h1(x)0，即h(x)1时，u(x)0，故函数u(x)在区间1，)上单调递增，因此u(x)u(1)0.由ex0x0a可得x0f(ex0)x0f(x0a)(ea1)xa(ea2)x0(e1)ax，由x0得x0f(e
8、x0)(e1)(a1)a.角度二不等式恒成立问题 (2019高考浙江卷)已知实数a0，设函数f(x)aln x，x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围注：e2.718 28为自然对数的底数【解】(1)当a时，f(x)ln x，x0.f(x)，令f(x)0，解得x3，令f(x)0，解得0x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，)(2)由f(1)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得，qpp(1)0.所以q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的
9、取值范围是.(1)利用导数证明不等式的方法证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，当x(a，b)时，有F(x)0，即证明f(x)g(x)(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题已知函数f(x)xaexb, 其中a，bR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a1，kR，若存在b0，2，对任意的实数x0，1，恒有f(x)
10、kexxex1成立，求k的最大值解：(1)f(x)1aex.当a0时，f(x)0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增；当a0时，令f(x)0得xln，令f(x)0得xln，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)不等式f(x)kexxex1kex(x1)exxb1记g(x)ex(x1)exxb1，x0，1，则g(x)exf(x)，其中f(x)xexb.由(1)可知函数f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减f(0)b1.当0b1时，f(0)b10，g(x)0，所以函数g(x)在区间0，1上单调递增，所以kg(x)ming(0)b，所以kb1.当即e1b2时，g(x)0，所以
11、函数g(x)在区间0，1上单调递减，所以kg(x)ming(1)，所以k.当1be1时，f(0)f(1)0且f(x)在0，1上单调递减，所以f(x)在区间0，1上有唯一零点，记为x0，则x0ex0b0，所以函数g(x)在区间0，x0上单调递减，在区间x0，1上单调递增，从而kg(x0)，其中bex0x0，所以kx0ex0.令yx0ex0，x0(0，1)，则y1ex00，所以k1.综上，当b2时，k取到最大值，为.核心素养系列4逻辑推理两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过
12、程(1)对数形式：x1ln x(x0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1) (1)已知函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()(2)已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点【解】(1)选B.因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确(2)证明：令g(x)f(
13、x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点 已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，e.【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明：由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11.故e. 设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x.【解】(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln x1.因此ln ，x.故当x(1，)时恒有1x.