函數與導數的綜合應用命題規律及考向預測

高慧明

一、考向預測

綜合分析2011～2020十年高考試題，導數的綜合應用涉及的主要考點是：生活中的最優化問題;利用導數解決不等式恒（能）成立與探索性問題;利用導數解、證不等式;利用導數研究函數零點問題.?2021年高考在導數綜合應用方面，仍將以選填壓軸題或解答題壓軸題形式考查不等式恒（能）成立問題與探索性問題、利用導數解證不等式、利用導數研究零點或方程解問題，重點考查分類整合思想、分析解決問題能力.

二、新題剖析

例1.?已知函數f（x）=（x-a）ex（a∈R），

（1）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程;

（2）如果函數f（x）在區間（0，1）上有極值，且f（x）+a≤0對于x∈[0，1]恒成立，求a的取值范圍.

【解析】（1）當a=1時，因為f（x）=（x-1）ex，所以f?′（x）=xex.

因為f（1）=0，f?′（1）=e，

所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=e（x-1），

即ex-y-e=0.

（2）因為f?′（x）=（x-a+1）ex，函數f（x）在區間（0，1）上有極值，

所以0

當x變化時，f?′（x），f（x）的變化情況如下表：

因為f（x）+a≤0對于x∈[0，?1]恒成立，

所以f（0）+a≤0，且f（1）+a≤0.

所以?（1-a）e+a≤0，即a≥?.

因為1

所以?≤a<2.

例2.?已知函數f（x）=lnx-（a+2）x+ax2??（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）求f（x）的單調區間;

（3）若f（x）恰有兩個零點，求實數a的取值范圍.

【解析】（1）當a=0時，f（x）=lnx-2x，f?′（x）=?-2，

所以f（1）=-2，f?′（1）=-1.

所以曲線在點（1，?f（1））處的切線方程為y+2=-（x-1），即x+y+1=0.

（2）因為f（x）=lnx-（a+2）x+ax2，定義域為（0，?+∞），

所以f?′（x）=?-（a+2）+2ax=?=?.

①當a≤0時，f（x）與f?′（x）在（0，+∞）上的變化情況如下：

所以f（x）在（0，?）內單調遞增，在（?，+∞）內單調遞減.

②當0

所以f（x）在（0，?）、（?，?+∞）內單調遞增，在（?，?）內單調遞減.

③當a=2時，f?′（x）≥0，所以f（x）在（0，?+∞）上單調遞增.

④當a>2時，f（x）與f?′（x）在（0，?+∞）上的變化情況如下：

所以f（x）在（0，?）、（?，?+∞）內單調遞增，在（?，?）內單調遞減.

（3）由（2）可知：

①當a≤0時，f（x）在（0，??）內單調遞增，在（?，?+∞）內單調遞減，

當x=?時，f（x）取得最大值f（?）=-ln2-1-?.

（i）當-4ln2-4≤a≤0時，f（?）≤0，

所以f（x）在（0，?+∞）上至多有一個零點，不符合題意.

（ii）當a<-4ln2-4時，f（?）>0.

因為f（?）>0，f（1）=-2<0，f（x）在（?，?+∞）內單調遞減，

所以f（x）在（?，?+∞）內有唯一零點.

因為a<-4ln2-4<-e，

所以-a>e且0<-?

因為f（-?）=-ln（-a）+1+?<1-ln（-a）<1-lne=0，f（?）>0.

且f（x）在（0，??）內單調遞增，所以f（x）在（0，??）內有唯一零點.

所以當a<-4ln2-4時，f（x）?恰有兩個零點.

②當0

因為當x=?時，f（x）取得極大值f（?）=-ln2-1-?<0，

所以f（x）在（0，?+∞）上至多有一個零點，不符合題意.

③當a=2時，f（x）在（0，?+∞）上單調遞增，

所以f（x）在（0，?+∞）上至多有一個零點，不符合題意.

④當a>2時，f（x）在（0，?）、（?，?+∞）內單調遞增，在（?，??）內單調遞減.

因為當x=?時，f（x）取得極大值f（?）=-lna-1-?<0，

所以f（x）在（0，?+∞）上至多有一個零點，不符合題意.

綜上所述，實數a的取值范圍是（-∞，?-4ln2-4）.

例3.?已知函數f（x）=1-?，a∈R.

（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于直線y=x，求該切線方程;

（2）若a=1，求證：當x>0時，f（x）>0;

（3）若f（x）?有且只有兩個零點，求a的值.

【解析】（1）因為f?′（x）=?，所以f?′（1）=-?=1，故a=-e.

所以f（1）=1-?=2，所以，所求切線方程為y-2=x-1，即y=x+1.

（2）當a=1時，f（x）=1-?，f?′（x）=?，

當x∈（0，?2）時，f?′（x）<0;當x∈（2，?+∞）時，f?′（x）>0.

所以f（x）在（0，?2）單調遞減，在（2，?+∞）單調遞增.

所以，f（x）的極小值f（2）=1-?>0，故x>0，f（x）>0.

（3）對于函數f（x）=1-?，a∈R.

（i）當a≤0時，f（x）>0，f（x）沒有零點;

（ii）當a>0時，f?′（x）=?.

當x∈（-∞，?0）時，f?′（x）>0，所以f（x）在（-∞，?0）單調遞增;

當x∈（0，2）時，f?′（x）<0;所以f（x）在（0，?2）單調遞減;

當x∈（2，+∞）時，f?′（x）>0，所以f（x）在（-∞，0）單調遞增;

所以f（0）=1是f（x）的極大值，f（2）=1-?是f（x）的極小值.

因為f（-?）=1-?=1-?=1-??<0，

所以f（x）在（-∞，?0）上有且只有一個零點.

由于f（2）=1-?，

①?若f（2）>0，即a

②?若f（2）=0，即a=?，f（x）在（0，?+∞）只有一個零點;

③?若f（2）<0，即a>?，由于f（0）=1，所以f（x）在（0，?2）有一個零點，

由（2）知，當x>0時，ex>x2，

所以f（4a）=1-?=1-?>1-?=1-?>0.

故f（x）在（2，?4a）有一個零點.

因此a>?時，f（x）在（0，?+∞）有兩個零點.

綜上，當f（x）有兩個零點時，a=?.

例4.?已知函數f（x）=x3-x，

（1）求曲線y=f（x）在點（1，?f（1））處的切線方程;

（2）求函數f（x）的單調區間和極值;

（3）設函數t（x）=?-2，x∈（0，π），試判斷t（x）的零點個數，并證明你的結論.

【解析】（1）由f（x）=x3-x，得f?′（x）=3x2-1.

因為f（1）=0，f?′（1）=2，

所以曲線y=f（x）在點（1，?f（1））處的切線方程為y=2x-2.

（2）令f?′（x）=0，得3x2-1=0，解得x=-?或x=?.

當x變化時，f（x）和f?′（x）變化情況如下表：

所以，?（x）的單調遞減區間是（-?，?），單調遞增區間是（-∞，-?），?（?，+∞）;

f（x）在x=-?處取得極大值?，在x=?處取得極小值-?.

（3）x∈（0，?π），t（x）=0，即?-2=0，

等價于x2-1-2sinx=0.

設g（x）=x2-1-2sinx，x∈（0，π），則g′（x）=2x-2cosx.

當x∈[?，?π）時，g′（x）>0，g（x）在區間[?，?π）上單調遞增.

又g（?）=?-3<0，g（π）=π2-1>0，

所以g（x）在區間[?，?π）?上有一個零點.

當x∈（0，??）時，設h（x）=g′（x）=2x-2cosx.

h′（x）=2+2sinx>0，所以g′（x）在區間（0，??）?上單調遞增.

又g′（0）=-2<0，g′（?）=π>0，

所以存在x0∈（0，??），使得g′（x0）=0.

所以，當x∈（0，?x0）時，g′（x）<0，g（x）?單調遞減;

當x∈（x0，?）時，g′（x）>0，g（x）?單調遞增.

又g（0）=-1<0，g（?）=?-3<0，

所以g（x）在區間（0，??）?上無零點.

綜上所述，函數t（x）?在定義域內只有一個零點.

注：求解函數零點問題的一般思路：

（1）對函數求導;

（2）分析函數的單調性，極值情況;

（3）結合函數性質畫函數的草圖;

（4）依據函數草圖確定函數零點情況.

例5.?已知函數f（x）=ex-sinx-cosx，g（x）=ex+sinx+cosx.

（1）證明：當x>-?時，f（x）≥0;

（2）若g（x）≥2+ax，求a.

【解析】（1）分類討論：

①?當x∈（-?，?-?]，f（x）=ex-?sin（x+?）>0;

②?當x∈（-?，?0）時，f?′（x）=ex-cosx+sinx，f?′（0）=0，

f?"（x）=ex+sinx+cosx=ex+?sin（x+?）>0，

則函數f?′（x）在（-?，?0）上單調增，則f?′（x）

則函數f（x）在（-?，?0）上單調減，則f（x）>f（0）=0;

③?當x=0時，由函數的解析式可知f（0）=1-0-1=0，

當x∈[0，+∞）時，令H（x）=-sinx+x（x≥0），則H′（x）=-cosx+1≥0，

故函數H（x）在區間[0，?+∞）上單調遞增，從而：H（x）≥H（0）=0，

即-sinx+x≥0，-sinx≥-x，

從而函數f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1，

令y=ex-x-1，則：y′=ex-1，

當x≥0時，y′≥0，故y=ex-x-1在?[0，?+∞）?單調遞增，

故函數的最小值為ymin=e0-0-1=0，

從而：ex-x-1≥0.

從而函數f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1≥0;

綜上可得，題中的結論成立.

（2）當x>-?π時，

令h（x）=g（x）-ax-2=ex+sinx+cosx-ax-2﹐

則h′（x）=ex+cosx-sinx-a，h"（x）=f（x）>0，故h′（x）單調遞增，

當a>2時，

h′（0）=2-a<0，h′（ln（a+2））=2-?sin[ln（a+2）-?]?>0，

？堝x1∈（0，?ln（a+2））?使得h′（x1）=0，

當0

當a<2時，h′（-?）=??-1-a<0，而h′（0）>0，

故？堝x2∈（-?，?0）?使得h′（x2）=0，

當-?

當x20，?h（x）?單調遞增，

故當x∈（x2，?0）時，h（x）

故a<2不符合題意，

當a=2時，h′（x）=ex+cosx-sinx-2，

由于h′（x）單調遞增，h′（0）=0，故：

-?π

x>0時，h′（x）>0，?h（x）?單調遞增，

此時h（x）≥h（0）=0﹔

當x≤-?時，?h（x）=ex+sinx+cosx-2x-2≥0-?+?π-2>0，

綜上可得，a=2.

注：對于利用導數研究不等式問題的主要求解策略：

（1）通常構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍;

（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題;

（3）根據恒成立求解參數值或取值范圍時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求岀最值點的情況，通常要設出導數的零點，所以難度較大.

【本文系北京市教育科學“十三五”規劃課題“基于核心素養的高中數學核心概念課堂教學的反思與重構研究”（編號：CDDB19238）階段性研究成果】

責任編輯?徐國堅