2019届二轮复习　导数的综合应用[解答题突破练]学案（全国通用）

第24练　导数的综合应用[解答题突破练]
[明晰考情]　1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.2.题目难度：偏难．

考点一　利用导数研究函数的零点(方程的根)
方法技巧　求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：(1)转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解．
1．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．
解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(0)＝c，f′(0)＝b，
∴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，
∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：
x
(－∞，－2)
－2

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

c－


∴当c>0且c－0)，
当a0，f(x)min＝f()＝1－ln a，
即g(a)＝1－ln a，
方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)，
令F(a)＝a－ln a－(a>0)，则F′(a)＝1－＋＝，
知F(a)在和上单调递增，在上单调递减，
F(a)极大值＝F＝－＋ln 3，F(a)极小值＝F＝－ln 2＋ln 3.
依题意得实数m的取值范围是.
3．已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间内无零点，求实数a的最大值．
解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上单调递增．
若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立．
因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥.
又当a＝时，f′(x)＝ex－≤0，当且仅当x＝－1时取等号．
所以实数a的取值范围是.
(2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，
则F′(x)＝a－＝＝，x>0.
①当a≤0时，F′(x)0.
所以F(x)在内无零点．
②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝.
若≥，即a∈(0,4]时，则F(x)在上是减函数．
又x→0时，F(x)→＋∞.
要使F(x)在内无零点，只需F＝－－2ln ≥0，则00，t(x)单调递增，当00)，
则φ′(x)＝－－0，
h′(e2)＝0，h(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
(1)解　函数的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)




所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，
单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
(2)证明　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点；
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且
f(1)＝>0，f()＝0，函数y＝ln x－在x∈[e，e2]上单调递增，故当x＝e时，y取最小值1－>0，故y＝ln x－>0在x∈[e，e2]上恒成立，
故问题转化为b>在x∈[e，e2]上恒成立，
令h(x)＝，x∈[e，e2]，h′(x)＝，
令m(x)＝ln x－－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝＋>0，而m(e)0，
故存在x0∈[e，e2]，使得h(x)在[e，x0)上单调递减，在(x0，e2]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e2)或h(e)，
∵h(e2)＝.
综上，存在b满足题意，此时b∈.