专题 导数的综合应用（选填题）
一、题型全归纳
题型一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
【题型要点】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)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
①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．
①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.
【例1】(2020·汉中模拟)若函数f?x?与g?x?满足：存在实数t，使得f?t?＝g??t?，则称函数g?x?为f?x?的“友导”函数．已知函数g?x??( ) A．(－∞，1) C．(1，＋∞)
B．(－∞，2] D．[2，＋∞)
12kx?x?3为函数f?x??x2lnx?x的“友导”函数，则k的取值范围是22【解析】g??x??kx?1，由题意g?x?为函数f?x?的“友导”函数，即方程xlnx?x?kx?1有解，故
x2－1111x2－1
记p?x??xlnx??1，则p′(x)＝1＋ln x－2＝2＋ln x，当x>1时，2>0，ln x>0，k?xlnx??1，
xxxxxx2－1
故p′(x)>0，故p(x)递增；当0 x 1 程k＝xln x＋＋1有解，得k≥2，故选D. x f（x） 【例2】(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则 x1 函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是( ) xA．0 C．2 B．1 D．3 111 【解析】：函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)， xxx则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<01 时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个 x1 交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B. x 题组高效训练突破 1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( ) A．3 C．1 B．2 D．0 【解析】设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1. 2.(2020·贵阳摸底)函数f(x)＝exa－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，则a的值为( ) A．4 C．2 x＋a ＋ B．4ln 2－3 D．5ln 2－4 －x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得 x3－2x2 e＝在(0，＋∞)上只有一个解．令 exa 【解析】函数f(x)＝e x3－2x2－x3＋5x2－4xx2－5x＋4g(x)＝，可得g′(x)＝＝－x·，g(x)在(0，＋∞)上有2个极值点，x＝1和x＝4； exexex当x①(0,1)时函数g(x)是减函数，当x①(1,4)时，函数g(x)是增函数，当x①(4，＋∞)时函数g(x)是减函数，g(0)64－3232＋ ＝0.所以函数g(x)的最大值为g(4)＝＝4，函数f(x)＝exa－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得4 ee ea＝ 32 ，所以a＝5ln 2－4.故选D. e4 3.(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是( ) A.???,? ??1?e?B．?0,? ??1?e?C.(－∞，0) D．(0，＋∞) 【解析】：函数f(x)＝aex－x－2a的导函数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， 1?1??1?不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在???,ln?上单调递减，在?ln,???aa???a?上单调递增，所以f(x)的最小值为f?ln??1?1 ?＝1－lna－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)a?1?1??1??1?＝－2.当a①?0,?时，g(a)单调递增；当a①?,???时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g??＝－ln 2<0，a?2??2??2?所以f(x)的最小值为f?ln??1??<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 a?(0，＋∞)，故选D. x 4.已知f(x)＝1－x，过点(k,0)与f(x)相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是( ) eA．(－∞，2－e2) B．(－∞，2－e2] C．(－∞，4－e2) D．(－∞，4－e2] 【解析】设切点为??x0,1???x0?x－1x0x0?1??x?x0?，代入点(k,0)得y?1??，f′(x)＝，则切线为x?eex0ex0ex0??2－x??ex－x?x0ex0xex k?x0??，令g(x)＝x＋－，则g′(x)＝，当x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递 x－1x－1?x－1?2x0?1x0?1增，注意到x≠1，故g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x>2时，g(x)单调递减，要使g(x)＝k有三个根，由图象可得，k 5.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表： x f(x) －1 1 0 2 2 0 3 2 4 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1 【解析】：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1 ax－a 6．若函数f(x)＝x＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为 ． e aex－（ax－a）ex－a（x－2） 【解析】：f′(x)＝＝(a<0)．当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， e2xexaa 所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝2＋1>0， ee解得a>－e2，因此－e2 7.对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数： x3x－1|| ①f(x)＝3＋2；①f(x)＝lg |x＋2019|；①f(x)＝－x－1；①f(x)＝x2＋2mx－1(m①R)． 3 则存在“折点”的函数是________．(填序号) 【解析】因为f(x)＝3|x1|＋2>2，所以函数f(x)不存在零点，所以函数f(x)不存在“折点”； 对于函数f(x)＝lg |x＋2019|，取x0＝－2019，则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020， － 在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg |x＋2019|的一个“折点”； x3 对于函数f(x)＝－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)． 3令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－1 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减． 1x3 又f(－1)＝－<0，所以函数f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”； 33对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1， 结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．综上，存在“折点”的函数是①①. 题型二 利用导数研究不等式的有关问题 【题型要点】1．利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式转化成某个函数最值问题 若证明f(x) 在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可． 2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径 (1)f(x)≥a恒成立①f(x)min≥a，；存在x使f(x)≥a成立①f(x)max≥a. (2)f(x)≤b恒成立①f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立①f(x)min≤b. F?x?＝f?x?－g?x? (3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0. (4)①任意x1①M，任意x2①N，f(x1)>g(x2)①f(x1)min>g(x2)max；①任意x1①M，存在x2①N，f(x1)>g(x2)①f(x1)min>g(x2)min； ①存在x1①M，存在x2①N，f(x1)>g(x2)①f(x1)max>g(x2)min；①存在x1①M，任意x2①N，f(x1)>g(x2)①f(x1)max>g(x2)max.. 3.两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
专题3.7选填题导数的综合应用(2021年高考数学一轮复习专题)
