发布时间 : 星期一 文章2018届高三数学二轮复习讲义 函数与导数应用更新完毕开始阅读88ddd0476fdb6f1aff00bed5b9f3f90f77c64d14
2???2?
所以F(x)在?0，a?上单调递减，在?a，＋∞?上单调递增.
?????2?
因此F(x)min＝F?a?.
??
1?2?
①若a≥1，即0 ?? 1?1??? 因此，当x∈?0，2?时，F(x)>F(1)＝0，所以F(x)在?0，2?内无零点. ????2?2?②若a<1，即a>2时，F(x)min＝F?a?≤F(1)＝0. ??1?? 要使函数F(x)在?0，2?内无零点， ??a1?1?只需F?2?＝－2－2ln2≥0， ??则2 1??0，?综上，函数F(x)在内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值是4ln 2. 2???探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题. 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解. 2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】 (2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围. 解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c. (2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 2 解得x＝－2或x＝－3. 当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 c 2???－2，－3? ??－ 2－3 0 32c－27 ?2??－3，＋∞? ??＋ 32∴当c>0且c－27<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x22???2? ∈?－2，－3?，x3∈?－3，0?，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. ???? 32?? 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈?0，27?时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不 ??同零点. 热点二 利用导数求解不等式问题 命题角度1 证明不等式 【例2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2 (2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alna. a (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－x(x＞0). 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点. a 当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－x， a 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. a1 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜4且b＜4时，f′(b)＜0， 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时， f′(x)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). a 由于2e2x0－x＝0， 0 a22 所以f(x0)＝2x＋2ax0＋alna≥2a＋alna. 0 2 故当a＞0时，f(x)≥2a＋alna. 命题角度2 不等式恒成立问题 【例2－2】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1). (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， 1 f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋x－3，f′(1)＝－2. 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0. (2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－设g(x)＝ln x－ a（x－1） ， x＋1 a（x－1） >0， x＋1 x2＋2（1－a）x＋112a 则g′(x)＝x－＝，g(1)＝0. （x＋1）2x（x＋1）2①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0. ②当a>2时，令g′(x)＝0， 得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2>1和x1x2＝1得x1<1. 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x) 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2]. 命题角度3 存在性不等式成立问题 a1 【例2－3】 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－x(a∈R且a (2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围. （x－1）（x－a） 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝. x2①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0， 则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数； 当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数. 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a； 当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； (2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增， a f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－e，又g′(x)＝(1－ex)x. 当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数， 则g(x)min＝g(0)＝1， e2－2ea 所以e－(a＋1)－e＜1，解得a＞， e＋1 2 ?e－2e? ，1? . 所以a的取值范围为? ?e＋1? 探究提高 1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性. (2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数