2019版-创新设计-高考理科数学总复习(人教A版)-第三章 第2节 第3课时.doc

第3课时 考点一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 【例1】 (2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝2a－(a0). (1)当a＝1时求曲y＝f(x)在点(1(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)讨论函数f(x)在区间(1)上零点的个数(为自然对数的底数). 解　(1)当a＝1时(x)＝2－x ∴f′(x)＝－2x(1)＝0 又f(1)＝－1 ∴曲线y＝f(x)在点(1(1))处的切线方程为y＋1＝0. (2)∵f(x)＝2a－x(x)＝－2x＝＝当0xa时(x)0，当时(x)0. ∴f(x)在(0)上是增函数在(a＋∞)上是减函数. (3)由(2)得f(x)＝f(a)＝a(2ln a－1). 讨论函数f(x)的零点情况如下： 当a(2ln a－1)0即0af(x)无零点在(1)上无零点； 当a(2ln a－1)＝0即a＝时函数f(x)在(0＋∞)内有唯一零点a而1a＝(x)在(1)内有一个零点； 当a(2ln a－1)0即a时 由于f(1)＝－10(a)＝(2ln a－1)(e2)＝2a－4＝4a－＝(2a－)(2a＋)， 当2a－即时ae2，f(e2)0， 由函数的单调性可知函数f(x)在(1)内有唯一零点x在(a)内有唯一零点x ∴f(x)在(1)内有两个零点. 当2ae2≥0，即a≥时(e2)≥0，而且f()＝2a－＝a－(1)＝－10由函数的单调性可知无论a≥还是a(x)在(1)内有唯一的一个零点在()内没有零点从而f(x)在(1)内只有一个零点. 综上所述0a时函数f(x)无零点；当a＝或时函数f(x)有一个零点；当时函数(x)有两个零点. 规律方法　(1)本题求解的关键是通过构造函数把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决. (2)研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等并借 【训练1】 (2018·九江模拟)已知函数f(x)＝2－x＋ax(a∈R)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点求实数m的取值范围. 解　g(x)＝2－x＋m 则g′(x)＝－2x＝ 因为x∈所以当g′(x)＝0时＝1. 当时(x)0； 当1x≤时(x)0. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 又g＝m－2－(e)＝m＋2－ g(e)－g＝4－＋则g()g， 所以g(x)在上的最小值是g(). g(x)在上有两个零点的条件是 解得1m≤2＋ 所以实数m的取值范围是 考点二　利用导数解决不等式的有关问题(多维探究) 命题角度1　证明不等式 【例2－1】 (2018·青岛模拟)已知函数f(x)＝在点(－1(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝求证：g(x)≥f(x)在[1＋∞)上恒成立； (3)若0ab求证：. (1)解　将x＝－1代入切线方程得y＝－2 所以f(－1)＝＝－2化简得b－a＝－4.① (x)＝ f′(－1)＝＝－1.② 联立①②解得a＝2＝－2.所以f(x)＝ (2)证明　由题意知要证在[1＋∞)上恒成立 即证明(x＋1)－2＋－2x＋2≥0在[1＋∞)上恒成立. 设h(x)＝x＋－2x＋2则h′(x)＝2x＋x＋－2 因为x≥1所以2x＋≥2(当且仅当x＝1时等号成立)即h′(x)≥0 所以h(x)在[1＋∞)上单调递增(x)≥h(1)＝0 所以g(x)≥f(x)在[1＋∞)上恒成立. (3)证明　因为0ab所以 由(2)知，整理得， 所以当0ab时. 命题角度2　由不等式恒(能)成立求参数的范围 【例2－2】 (2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)＝(1－x)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时(x)≤ax＋1求正实数a的取值范围. 解　(1)f′(x)＝－2x＋(1－x)ex＝(1－2x－x)ex. 令f′(x)＝0得x＋2x－1＝0 解得x＝－－1＝－1 令f′(x0，则x∈(－－1－1)令f′(x)0则x∈(－∞－－1)∪(－1＋∞). (x)在区间(－∞－－1)(－1＋∞)上单调递减在区间(－－1－1)上单调递增. (2)f(x)＝(1＋x)(1－x) 当a≥1时设函数h(x)＝(1－x)(x)＝－x(x0)，因此h(x)在[0＋∞)上单调递减又h(0)＝1故(x)≤1， 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 当0a1时 设函数g(x)＝－x－1(x)＝－10(x0) 所以g(x)在[0＋∞)上单调递增. 又g(0)＝0故＋1. 当0x1时(x)＝(1－x)(1＋x)(1－x)(1＋x) 又(1－x)(1＋x)－(ax＋1)＝x(1－a－x－x)， 取x＝则x(0，1)， (1－x)(1＋x)2－ax－1＝0故f(x)ax0＋1. 综