高三数学重点专题复习 导数的综合应用（一）

导数的综合应用(一)

题型一 利用导数研究函数的零点或方程的根

[典例] (2016·北京高考)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； (3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件． [解] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b． 因为f(0)＝c，f′(0)＝b，

所以曲线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， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4． 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 2解得x＝－2或x＝－．

3

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－ 30 c－32 27?－2，＋∞? ?3?＋ ? 32所以当c＞0且c－＜0时，

27

22

－2，－?，x3∈?－，0?， 存在x1∈(－4，－2)，x2∈?3???3?使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0．

32

0，?时， 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈??27?函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点． (3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，

f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f(x)不可能有三个不同零点． 当Δ＝4a2－12b＝0时，

f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0．

当x∈(－∞，x0)时，

f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，

f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)不可能有三个不同零点． 综上所述，若函数f(x)有三个不同零点， 则必有Δ＝4a2－12b＞0．

故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件． 当a＝b＝4，c＝0时，

a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点， 所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件． 因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件． [方法点拨]

利用导数研究方程根的方法

(1)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．

(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．

(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

[对点演练]

已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间．

1

0，?上无零点，求a的最小值． (2)若函数f(x)在区间??2?解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x， 2

则f′(x)＝1－，其中x∈(0，＋∞)．

x由f′(x)＞0，得x＞2， 由f′(x)＜0，得0＜x＜2， 故f(x)的单调递减区间为(0,2)， 单调递增区间为(2，＋∞)． (2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a ＝(2－a)(x－1)－2ln x，

令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2ln x，其中x＞0， 则f(x)＝m(x)－h(x)．

11

0，?上为增函数，h(x)在?0，?上为增函数， ①当a＜2时，m(x)在??2??2?1

0，?上无零点， 结合图象知，若f(x)在??2?1??1?， 则m?≥h?2??2?11

－1?≥2ln ， 即(2－a)??2?2

所以a≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a＜2． 1

0，?上m(x)≥0，h(x)＜0， ②当a≥2时，在??2?1

0，?上无零点． 所以f(x)＞0，所以f(x)在??2?由①②得a≥2－4ln 2， 所以amin＝2－4ln 2．

题型二 利用导数研究函数的零点或方程的根

[典例] 设f(x)＝ex－1．

2x2＋x－1

(1)当x＞－1时，证明：f(x)＞；

x＋1

(2)当a＞ln 2－1且x＞0时，证明：f(x)＞x2－2ax． 2x2＋x－1

[证明] (1)当x＞－1时，f(x)＞，

x＋12x2＋x－1

即e－1＞＝2x－1，当且仅当ex＞2x，

x＋1

x

即ex－2x＞0恒成立时原不等式成立． 令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2． 令g′(x)＝0，

即ex－2＝0，解得x＝ln 2．

当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝ex－2＜0， 故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减； 当x∈[ln 2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0， 故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为 g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0， 所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)＞0， 即ex＞2x．

2x2＋x－1

故当x∈(－1，＋∞)时，f(x)＞．

x＋1(2)f(x)＞x2－2ax， 即ex－1＞x2－2ax， 则ex－x2＋2ax－1＞0． 令p(x)＝ex－x2＋2ax－1， 则p′(x)＝ex－2x＋2a，

令h(x)＝ex－2x＋2a，则h′(x)＝ex－2． 由(1)可知，当x∈(－∞，ln 2)时， h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；

当x∈[ln 2，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增． 所以h(x)的最小值为

h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a． 因为a＞ln 2－1，

所以h(ln 2)＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0， 即h(x)≥h(ln 2)＞0， 所以p′(x)＝h(x)＞0， 即p(x)在R上为增函数， 故p(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p(x)＞p(0)，

而p(0)＝0，所以p(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0， 即当a＞ln 2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax． [方法点拨]

对于最值与不等式的证明相结合试题的求解往往先对不等式进行化简，然后通过构造新函数，转化为函数的最值，利用导数来解决．

解决此类问题应该注意三个方面：

(1)在化简所证不等式的时候一定要注意等价变形，尤其是两边同时乘以或除以一个数或式的时候，注意该数或式的符号；

(2)灵活构造函数，使研究的函数形式简单，便于计算最值；

(3)在利用导数求解最值时要注意定义域的限制，且注意放缩法的灵活应用．

[对点演练]

(2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．

(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；

(3)若x1＜ln 2，x2＞ln 2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln 2． 解：(1)由f(x)＝ex－ax－1， 得f′(x)＝ex－a． 又f′(0)＝1－a＝－1， 所以a＝2，

所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2． 由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln 2．

所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增． (2)证明：设x＞ln 2， 所以2ln 2－x＜ln 2， f(2ln 2－x)＝e(2ln 2

－x)

－2(2ln 2－x)－1

4

＝x＋2x－4ln 2－1． e令g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x) 4

＝ex－x－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，

e所以g′(x)＝ex＋4ex－4≥0，

－

当且仅当x＝ln 2时，等号成立，

所以g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增． 又g(ln 2)＝0， 所以当x＞ln 2时，

g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0， 即f(x)＞f(2ln 2－x)， 所以f(x2)＞f(2ln 2－x2)， 又因为f(x1)＝f(x2)， 所以f(x1)＞f(2ln 2－x2)， 由于x2＞ln 2， 所以2ln 2－x2＜ln 2， 因为x1＜ln 2，

由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减， 所以x1＜2ln 2－x2， 即x1＋x2＜2ln 2．

题型三 利用导数研究函数的零点或方程的根

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