第四節(jié)導數(shù)與函數(shù)的綜合問題第四節(jié)導數(shù)與函數(shù)的綜合問題11.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟2.一元三次方程根的個數(shù)問題教材研讀1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟2.一元三次方程根的個數(shù)問題2考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)考點二用導數(shù)證明不等式考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題考點突破考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)考點二用導數(shù)3

1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h'(x)判斷h(x)的單調(diào)性或最值.教材研讀(5)下結(jié)論.?教材研讀(5)下結(jié)論.42.一元三次方程根的個數(shù)問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),則f'(x)=3ax2+2bx+c.方程f'(x)=0的判別式Δ=(2b)2-12ac,(1)當Δ≤0,即b2≤3ac時,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上為增函數(shù),結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象知,方程f(x)=0有①

唯一

實根.(2)當Δ>0,即b2>3ac時,方程f'(x)=0有兩個不同的實根,設(shè)為x1,x2(x1<x2),函數(shù)在x1處取得極大值M,在x2處取得極小值m(M>m).a.當m>0時,方程f(x)=0有②一

個實根;

2.一元三次方程根的個數(shù)問題方程f'(x)=0的判別式Δ=5d.當M=0時,方程f(x)=0有⑤

兩

個實根;e.當M<0時,方程f(x)=0有⑥

一

個實根.

b.當m=0時,方程f(x)=0有③

兩

個實根;c.當m<0,M>0時,方程f(x)=0有④

三

個實根;

b.當m=0時,方程f(x)=0有③兩

個實根;61.(2015北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=?-klnx,k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)證明:若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,?]上僅有一個零點.1.(2015北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=?-kln7解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).由f(x)=

-klnx(k>0)得f'(x)=x-

=

.由f'(x)=0解得x=

.f(x)與f'(x)在區(qū)間(0,+∞)上的情況如下:x(0,?)

(?,+∞)f'(x)-0+f(x)↘

↗解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).x(0,?)8所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,

),單調(diào)遞增區(qū)間是(

,+∞),f(x)在x=

處取得極小值f(

)=

.(2)證明:由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的最小值為f(

)=

.因為f(x)存在零點,所以

≤0,從而k≥e.當k=e時,f(x)在區(qū)間(1,

)上單調(diào)遞減,且f(

)=0,所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,?),9所以x=

是f(x)在區(qū)間(1,

]上的唯一零點.當k>e時,f(x)在區(qū)間(0,

)上單調(diào)遞減,且f(1)=

>0,f(

)=

<0,所以f(x)在區(qū)間(1,

]上僅有一個零點.綜上可知,若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,

]上僅有一個零點.所以x=?是f(x)在區(qū)間(1,?]上的唯一零點.102.(2018北京順義二模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-mx(m∈R).(1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為-1,求實數(shù)m的值;(2)求函數(shù)f(x)的極值;(3)證明:當x>0時,ex>x2.2.(2018北京順義二模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-m11解析(1)由題意得f'(x)=ex-m(m∈R),∴f'(0)=1-m.又∵曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為-1,∴f'(0)=1-m=-1,解得m=2.(2)f'(x)=ex-m(m∈R),函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),當m≤0時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,此時函數(shù)f(x)無極值;當m>0時,令f'(x)=0,解得x=lnm.解析(1)由題意得f'(x)=ex-m(m∈R),12隨著x變化,f'(x),f(x)變化如下表:由上表知函數(shù)f(x)在(lnm,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,lnm)上單調(diào)遞減,則在

x=lnm處取得極小值,極小值為f(lnm)=elnm-mlnm=m(1-lnm),無極大值.(3)證明:設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x2.則g'(x)=ex-2x,由(2)知,當m=2時,g'(x)=f(x)≥f(ln2).∵f(ln2)=2(1-ln2)>0,∴g'(x)>0恒成立,即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增,x(-∞,lnm)lnm(lnm,+∞)f'(x)-0+f(x)↘極小值↗∵g(0)=1,∴當x>0時,g(x)>g(0)>0,即ex>x2.隨著x變化,f'(x),f(x)變化如下表:由上表知函13考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)典例1

(2018北京朝陽二模,20)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=ax+1,a∈R.(1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線與直線y=g(x)垂直,求a的值;(2)若方程f(x)-g(x)=0在(-2,2)上恰有兩個不同的實數(shù)根,求a的取值范圍;(3)若對任意x1∈[-2,2],總存在唯一的x2∈(-∞,2),使得f(x2)=g(x1),求a的取

值范圍.考點突破考點突破14解析(1)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,所以f'(0)=1.所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率k=1.所以k·a=-1,故a=-1.(2)f(x)-g(x)=0,即xex-ax-1=0.設(shè)h(x)=xex-ax-1,則h'(x)=(x+1)ex-a.設(shè)m(x)=(x+1)ex-a,則m'(x)=(x+2)ex,因為當x∈(-2,2)時,x+2>0,ex>0,故m'(x)>0,所以m(x)在(-2,2)上單調(diào)遞增.設(shè)h'(x0)=(x0+1)

-a=0,即a=(x0+1)

,解析(1)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex15則當x∈(-2,x0)時,h(x)單調(diào)遞減;當x∈(x0,2)時,h(x)單調(diào)遞增.所以h(x)min=h(x0)=x0

-ax0-1=x0

-(x0+1)

·x0-1=-

·

-1,h(x0)<0,又因為h(x)在(-2,2)上有兩個不同的零點,所以

解得

故a的取值范圍是

.則當x∈(-2,x0)時,h(x)單調(diào)遞減;16(3)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,x∈(-∞,2),令f'(x)=0,得x=-1,f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表:所以f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,2)上單調(diào)遞增,x(-∞,-1)-1(-1,2)f'(x)-0+f(x)↘極小值↗(3)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,x∈17且當x<0時,f(x)=xex<0,當0≤x<2時,0≤f(x)<2e2,其大致圖象如圖.且當x<0時,f(x)=xex<0,18設(shè)g(x)在[-2,2]上的值域為M,因為對任意x1∈[-2,2],總存在唯一的x2∈(-∞,2),使得f(x2)=g(x1),所以M?[0,2e2),①當a=0時,g(x)=1?[0,2e2),符合題意;②當a>0時,g(x)在[-2,2]上單調(diào)遞增,值域為[-2a+1,2a+1],則?解得0<a≤?;③當a<0時,g(x)在[-2,2]上單調(diào)遞減,值域為[2a+1,-2a+1],則

解得-?≤a<0.綜上所述,a的取值范圍是

.設(shè)g(x)在[-2,2]上的值域為M,則?解得0<a≤?;③19方法技巧利用導數(shù)研究方程根的方法(1)研究方程根的情況,可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等.(2)根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律,標明函數(shù)極(最)值的位置.(3)可以通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題,使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).方法技巧201-1

(2018北京海淀高三期末,19)已知函數(shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)當a≤0時,求證:函數(shù)f(x)有且只有一個零點;(3)當a>0時,寫出函數(shù)f(x)的零點的個數(shù).(只需寫出結(jié)論)解析(1)因為函數(shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2,所以f'(x)=2ex-2ax-2,故f(0)=0,f'(0)=0,曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為y=0.

1-1

(2018北京海淀高三期末,19)已知函數(shù)f(21(2)證明:當a≤0時,令g(x)=f'(x)=2ex-2ax-2,則g'(x)=2ex-2a>0,故g(x)是R上的增函數(shù).又g(0)=0,故當x<0時,g(x)<0,當x>0時,g(x)>0.即當x<0時,f'(x)<0,當x>0時,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)f(x)的最小值為f(0).又f(0)=0,故f(x)有且只有一個零點.(3)當0<a<1時,f(x)有兩個零點;當a=1時,f(x)有一個零點;當a>1時,f(x)有兩個零點.(2)證明:當a≤0時,令g(x)=f'(x)=2ex-222典例2

(2018北京朝陽高三期中,19)已知函數(shù)f(x)=

-lnx-

.(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)求證:lnx≥-

;(3)判斷曲線y=f(x)是否位于x軸下方,并說明理由.考點二用導數(shù)證明不等式考點二用導數(shù)證明不等式23解析(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-

-

+

.則f'(1)=

-1,又f(1)=-

,∴曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y+

=

x-

+1,即

x-y-

+1=0.(2)證明:∵x>0,∴l(xiāng)nx≥-

等價于xlnx≥-

.設(shè)函數(shù)g(x)=xlnx.令g'(x)=lnx+1=0,解得x=?.列表如下:x

g'(x)-0+g(x)↘-?↗解析(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-?24因此,函數(shù)g(x)的最小值為g

=-

,故xlnx≥-

,即lnx≥-

.(3)曲線y=f(x)位于x軸下方.理由如下:由(2)可知lnx≥-

,所以f(x)≤

-

=

.設(shè)k(x)=

-

(x>0),則k'(x)=

.令k'(x)>0,得0<x<1;令k'(x)<0,得x>1.所以k(x)在(0,1)上為增函數(shù),在(1,+∞)上為減函數(shù).所以當x>0時,k(x)≤k(1)=0恒成立,當且僅當x=1時,k(x)=0.又因為f(1)=-?<0,所以f(x)<0恒成立.故曲線y=f(x)位于x軸下方.因此,函數(shù)g(x)的最小值為g?=-?,故xlnx≥-?,25規(guī)律總結(jié)證明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)<0,則F(x)在

(a,b)上是減函數(shù),同時若F(a)≤0,由減函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時,有F(x)

<0,即證明了f(x)<g(x).規(guī)律總結(jié)262-1

(2017北京石景山一模,18)已知函數(shù)f(x)=lnx.(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)求證:當x>0時,f(x)≥1-?.2-1

(2017北京石景山一模,18)已知函數(shù)f(x27解析(1)由題意可得f'(x)=

,則f'(1)=1,又f(1)=0,所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=x-1.(2)證明:由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),令g(x)=f(x)-

=lnx-1+

,則g'(x)=

-

=

,令g'(x)=

=0,得x=1.易知當x>1時,g'(x)>0;當0<x<1時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=0,g(x)≥g(1)=0,即g(x)=f(x)-?≥0,即f(x)≥1-?.解析(1)由題意可得f'(x)=?,則f'(1)=1,28典例3

(2017北京東城二模,18)設(shè)函數(shù)f(x)=(x2+ax-a)·e-x(a∈R).(1)當a=0時,求曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程;(2)設(shè)g(x)=x2-x-1,若對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(s)≥g(t)成立,求實數(shù)a的取值范圍.考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題解析(1)當a=0時,f(x)=x2·e-x,此時f'(x)=(-x2+2x)·e-x,所以f'(-1)=-3e,又因為f(-1)=e,所以曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程為3ex+y+2e=0.

考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題解析(1)當a=29(2)“對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(s)≥g(t)成立”等價于“在區(qū)

間[0,2]上,f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因為g(x)=x2-x-1=

-

,所以g(x)在[0,2]上的最大值為g(2)=1.f'(x)=(2x+a)·e-x-(x2+ax-a)·e-x=-e-x(x-2)(x+a),令f'(x)=0,得x=2或x=-a.①當-a≤0,即a≥0時,f'(x)≥0在[0,2]上恒成立,此時f(x)在[0,2]上為單調(diào)遞增函數(shù),f(x)的最大值為f(2)=(4+a)·?,(2)“對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(30由(4+a)·

≥1,得a≥e2-4.②當0<-a<2,即-2<a<0時,當x∈(0,-a)時,f'(x)<0,此時f(x)為單調(diào)遞減函數(shù);當x∈(-a,2)時,f'(x)>0,此時f(x)為單調(diào)遞增函數(shù).所以f(x)的最大值為f(0)=-a或f(2)=(4+a)·

,由-a≥1,得a≤-1;由(4+a)·?≥1,得a≥e2-4.又因為-2<a<0,所以-2<a≤-1.由(4+a)·?≥1,得a≥e2-4.由-a≥1,得a≤-131③當-a≥2,即a≤-2時,f'(x)≤0在[0,2]上恒成立,此時f(x)在[0,2]上為單調(diào)遞減函數(shù),f(x)的最大值為f(0)=-a,由-a≥1,得a≤-1,又因為a≤-2,所以a≤-2.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是a≤-1或a≥e2-4.③當-a≥2,即a≤-2時,綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是a≤32方法技巧“恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題,一般都可通過求相關(guān)函

數(shù)的最值來解決,如:當f(x)在x∈D上存在最大值和最小值時,若f(x)≥g

(a)對于x∈D恒成立,應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤

f(x)min,若f(x)≤g(a)對于x∈D恒成立,應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值,將原條

件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,應(yīng)求f(x)在x∈D

上的最大值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)max,若存在x∈D,使得f(x)≤g(a)成

立,應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值,將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)min.方法技巧333-1

(2018北京東城一模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-a(x+1).(1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為0,求a的值;(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍;(3)證明:當a=0時,曲線y=f(x)(x>0)總在曲線y=2+lnx的上方.解析(1)函數(shù)f(x)=ex-a(x+1)的定義域為R,f'(x)=ex-a.由f'(0)=1-a=0得a=1.(2)f'(x)=ex-a(x∈R).①當a>0時,令f'(x)=0得x=lna.x<lna時,f'(x)<0;x>lna時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增.所以當x=lna時,f(x)取得最小值,且最小值為f(lna)=a-a(1+lna)=-alna.

3-1

(2018北京東城一模,19)已知函數(shù)f(x)34“f(x)≥0恒成立”等價于“f(x)的最小值大于或等于0”,即-alna≥0.因為a>0,所以0<a≤1.②當a=0時,f(x)=ex>0,符合題意;③當a<0時,取x0=-1+

,則f(x0)=

-a

=

-1<0,不符合題意.綜上,若f(x)≥0對x∈R恒成立,則a的取值范圍為[0,1].(3)證明:當a=0時,令h(x)=f(x)-(2+lnx)=ex-lnx-2(x>0),則h'(x)=ex-

.因為h'

=

-2<0,h'(1)=e-1>0,且h'(x)=ex-

在(0,+∞)上單調(diào)遞增,“f(x)≥0恒成立”等價于“f(x)的最小值大于或等于0”35所以在(0,+∞)上存在唯一的x0,使得h'(x0)=

-

=0,即

=

,且

<x0<1.當x變化時,h(x)與h'(x)在(0,+∞)上的變化情況如下:x(0,x0)x0(x0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘極小值↗則當x=x0時,h(x)存在最小值h(x0),且h(x0)=?-lnx0-2=?+x0-2.因為x0∈?,所以h(x0)=?+x0-2>2?-2=0.所以當a=0時,f(x)>2+lnx(x>0).所以當a=0時,曲線y=f(x)(x>0)總在曲線y=2+lnx的上方.所以在(0,+∞)上存在唯一的x0,使得h'(x0)=?-?36第四節(jié)導數(shù)與函數(shù)的綜合問題第四節(jié)導數(shù)與函數(shù)的綜合問題371.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟2.一元三次方程根的個數(shù)問題教材研讀1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟2.一元三次方程根的個數(shù)問題38考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)考點二用導數(shù)證明不等式考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題考點突破考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)考點二用導數(shù)39

1.利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h'(x)判斷h(x)的單調(diào)性或最值.教材研讀(5)下結(jié)論.?教材研讀(5)下結(jié)論.402.一元三次方程根的個數(shù)問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),則f'(x)=3ax2+2bx+c.方程f'(x)=0的判別式Δ=(2b)2-12ac,(1)當Δ≤0,即b2≤3ac時,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上為增函數(shù),結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象知,方程f(x)=0有①

唯一

實根.(2)當Δ>0,即b2>3ac時,方程f'(x)=0有兩個不同的實根,設(shè)為x1,x2(x1<x2),函數(shù)在x1處取得極大值M,在x2處取得極小值m(M>m).a.當m>0時,方程f(x)=0有②一

個實根;

2.一元三次方程根的個數(shù)問題方程f'(x)=0的判別式Δ=41d.當M=0時,方程f(x)=0有⑤

兩

個實根;e.當M<0時,方程f(x)=0有⑥

一

個實根.

b.當m=0時,方程f(x)=0有③

兩

個實根;c.當m<0,M>0時,方程f(x)=0有④

三

個實根;

b.當m=0時,方程f(x)=0有③兩

個實根;421.(2015北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=?-klnx,k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)證明:若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,?]上僅有一個零點.1.(2015北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=?-kln43解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).由f(x)=

-klnx(k>0)得f'(x)=x-

=

.由f'(x)=0解得x=

.f(x)與f'(x)在區(qū)間(0,+∞)上的情況如下:x(0,?)

(?,+∞)f'(x)-0+f(x)↘

↗解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).x(0,?)44所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,

),單調(diào)遞增區(qū)間是(

,+∞),f(x)在x=

處取得極小值f(

)=

.(2)證明:由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的最小值為f(

)=

.因為f(x)存在零點,所以

≤0,從而k≥e.當k=e時,f(x)在區(qū)間(1,

)上單調(diào)遞減,且f(

)=0,所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,?),45所以x=

是f(x)在區(qū)間(1,

]上的唯一零點.當k>e時,f(x)在區(qū)間(0,

)上單調(diào)遞減,且f(1)=

>0,f(

)=

<0,所以f(x)在區(qū)間(1,

]上僅有一個零點.綜上可知,若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1,

]上僅有一個零點.所以x=?是f(x)在區(qū)間(1,?]上的唯一零點.462.(2018北京順義二模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-mx(m∈R).(1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為-1,求實數(shù)m的值;(2)求函數(shù)f(x)的極值;(3)證明:當x>0時,ex>x2.2.(2018北京順義二模,19)已知函數(shù)f(x)=ex-m47解析(1)由題意得f'(x)=ex-m(m∈R),∴f'(0)=1-m.又∵曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為-1,∴f'(0)=1-m=-1,解得m=2.(2)f'(x)=ex-m(m∈R),函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),當m≤0時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,此時函數(shù)f(x)無極值;當m>0時,令f'(x)=0,解得x=lnm.解析(1)由題意得f'(x)=ex-m(m∈R),48隨著x變化,f'(x),f(x)變化如下表:由上表知函數(shù)f(x)在(lnm,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,lnm)上單調(diào)遞減,則在

x=lnm處取得極小值,極小值為f(lnm)=elnm-mlnm=m(1-lnm),無極大值.(3)證明:設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x2.則g'(x)=ex-2x,由(2)知,當m=2時,g'(x)=f(x)≥f(ln2).∵f(ln2)=2(1-ln2)>0,∴g'(x)>0恒成立,即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增,x(-∞,lnm)lnm(lnm,+∞)f'(x)-0+f(x)↘極小值↗∵g(0)=1,∴當x>0時,g(x)>g(0)>0,即ex>x2.隨著x變化,f'(x),f(x)變化如下表:由上表知函49考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)典例1

(2018北京朝陽二模,20)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=ax+1,a∈R.(1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線與直線y=g(x)垂直,求a的值;(2)若方程f(x)-g(x)=0在(-2,2)上恰有兩個不同的實數(shù)根,求a的取值范圍;(3)若對任意x1∈[-2,2],總存在唯一的x2∈(-∞,2),使得f(x2)=g(x1),求a的取

值范圍.考點突破考點突破50解析(1)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,所以f'(0)=1.所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率k=1.所以k·a=-1,故a=-1.(2)f(x)-g(x)=0,即xex-ax-1=0.設(shè)h(x)=xex-ax-1,則h'(x)=(x+1)ex-a.設(shè)m(x)=(x+1)ex-a,則m'(x)=(x+2)ex,因為當x∈(-2,2)時,x+2>0,ex>0,故m'(x)>0,所以m(x)在(-2,2)上單調(diào)遞增.設(shè)h'(x0)=(x0+1)

-a=0,即a=(x0+1)

,解析(1)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex51則當x∈(-2,x0)時,h(x)單調(diào)遞減;當x∈(x0,2)時,h(x)單調(diào)遞增.所以h(x)min=h(x0)=x0

-ax0-1=x0

-(x0+1)

·x0-1=-

·

-1,h(x0)<0,又因為h(x)在(-2,2)上有兩個不同的零點,所以

解得

故a的取值范圍是

.則當x∈(-2,x0)時,h(x)單調(diào)遞減;52(3)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,x∈(-∞,2),令f'(x)=0,得x=-1,f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表:所以f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,2)上單調(diào)遞增,x(-∞,-1)-1(-1,2)f'(x)-0+f(x)↘極小值↗(3)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex,x∈53且當x<0時,f(x)=xex<0,當0≤x<2時,0≤f(x)<2e2,其大致圖象如圖.且當x<0時,f(x)=xex<0,54設(shè)g(x)在[-2,2]上的值域為M,因為對任意x1∈[-2,2],總存在唯一的x2∈(-∞,2),使得f(x2)=g(x1),所以M?[0,2e2),①當a=0時,g(x)=1?[0,2e2),符合題意;②當a>0時,g(x)在[-2,2]上單調(diào)遞增,值域為[-2a+1,2a+1],則?解得0<a≤?;③當a<0時,g(x)在[-2,2]上單調(diào)遞減,值域為[2a+1,-2a+1],則

解得-?≤a<0.綜上所述,a的取值范圍是

.設(shè)g(x)在[-2,2]上的值域為M,則?解得0<a≤?;③55方法技巧利用導數(shù)研究方程根的方法(1)研究方程根的情況,可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等.(2)根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律,標明函數(shù)極(最)值的位置.(3)可以通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題,使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).方法技巧561-1

(2018北京海淀高三期末,19)已知函數(shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)當a≤0時,求證:函數(shù)f(x)有且只有一個零點;(3)當a>0時,寫出函數(shù)f(x)的零點的個數(shù).(只需寫出結(jié)論)解析(1)因為函數(shù)f(x)=2ex-ax2-2x-2,所以f'(x)=2ex-2ax-2,故f(0)=0,f'(0)=0,曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為y=0.

1-1

(2018北京海淀高三期末,19)已知函數(shù)f(57(2)證明:當a≤0時,令g(x)=f'(x)=2ex-2ax-2,則g'(x)=2ex-2a>0,故g(x)是R上的增函數(shù).又g(0)=0,故當x<0時,g(x)<0,當x>0時,g(x)>0.即當x<0時,f'(x)<0,當x>0時,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)f(x)的最小值為f(0).又f(0)=0,故f(x)有且只有一個零點.(3)當0<a<1時,f(x)有兩個零點;當a=1時,f(x)有一個零點;當a>1時,f(x)有兩個零點.(2)證明:當a≤0時,令g(x)=f'(x)=2ex-258典例2

(2018北京朝陽高三期中,19)已知函數(shù)f(x)=

-lnx-

.(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)求證:lnx≥-

;(3)判斷曲線y=f(x)是否位于x軸下方,并說明理由.考點二用導數(shù)證明不等式考點二用導數(shù)證明不等式59解析(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-

-

+

.則f'(1)=

-1,又f(1)=-

,∴曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y+

=

x-

+1,即

x-y-

+1=0.(2)證明:∵x>0,∴l(xiāng)nx≥-

等價于xlnx≥-

.設(shè)函數(shù)g(x)=xlnx.令g'(x)=lnx+1=0,解得x=?.列表如下:x

g'(x)-0+g(x)↘-?↗解析(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-?60因此,函數(shù)g(x)的最小值為g

=-

,故xlnx≥-

,即lnx≥-

.(3)曲線y=f(x)位于x軸下方.理由如下:由(2)可知lnx≥-

,所以f(x)≤

-

=

.設(shè)k(x)=

-

(x>0),則k'(x)=

.令k'(x)>0,得0<x<1;令k'(x)<0,得x>1.所以k(x)在(0,1)上為增函數(shù),在(1,+∞)上為減函數(shù).所以當x>0時,k(x)≤k(1)=0恒成立,當且僅當x=1時,k(x)=0.又因為f(1)=-?<0,所以f(x)<0恒成立.故曲線y=f(x)位于x軸下方.因此,函數(shù)g(x)的最小值為g?=-?,故xlnx≥-?,61規(guī)律總結(jié)證明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)<0,則F(x)在

(a,b)上是減函數(shù),同時若F(a)≤0,由減函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時,有F(x)

<0,即證明了f(x)<g(x).規(guī)律總結(jié)622-1

(2017北京石景山一模,18)已知函數(shù)f(x)=lnx.(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)求證:當x>0時,f(x)≥1-?.2-1

(2017北京石景山一模,18)已知函數(shù)f(x63解析(1)由題意可得f'(x)=

,則f'(1)=1,又f(1)=0,所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=x-1.(2)證明:由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),令g(x)=f(x)-

=lnx-1+

,則g'(x)=

-

=

,令g'(x)=

=0,得x=1.易知當x>1時,g'(x)>0;當0<x<1時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=0,g(x)≥g(1)=0,即g(x)=f(x)-?≥0,即f(x)≥1-?.解析(1)由題意可得f'(x)=?,則f'(1)=1,64典例3

(2017北京東城二模,18)設(shè)函數(shù)f(x)=(x2+ax-a)·e-x(a∈R).(1)當a=0時,求曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程;(2)設(shè)g(x)=x2-x-1,若對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(s)≥g(t)成立,求實數(shù)a的取值范圍.考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題解析(1)當a=0時,f(x)=x2·e-x,此時f'(x)=(-x2+2x)·e-x,所以f'(-1)=-3e,又因為f(-1)=e,所以曲線y=f(x)在點(-1,f(-1))處的切線方程為3ex+y+2e=0.

考點三利用導數(shù)研究恒成立問題和存在性問題解析(1)當a=65(2)“對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(s)≥g(t)成立”等價于“在區(qū)

間[0,2]上,f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因為g(x)=x2-x-1=

-

,所以g(x)在[0,2]上的最大值為g(2)=1.f'(x)=(2x+a)·e-x-(x2+ax-a)·e-x=-e-x(x-2)(x+a),令f'(x)=0,得x=2或x=-a.①當-a≤0,即a≥0時,f'(x)≥0在[0,2]上恒成立,此時f(x)在[0,2]上為單調(diào)遞增函數(shù),f(x)的最大值為f(2)=(4+a)·?,(2)“對任意的t∈[0,2],存在s∈[0,2],使得f(66由(4+a)·

≥1,得a≥e2-4.②當0<-a<2,即-2<a<0時,當x∈(0,-a)時,f'(x)<0,此時f(x)為單調(diào)遞減函數(shù);當x∈(-a,2)時,f'(x)>0,此時f(x)為單調(diào)遞增函數(shù).所以f(x)的最大值為f(0)=-a或f(2)=(4+a)·

,由-a≥1,得a≤-1;由(4+a)·?≥1,得a≥e2-4.又因為-2<a<0,所以-2<a≤-1.由(4+a)·?≥1,得a≥e2-4.由-a≥1,得a≤-167③當-