2018年8月14日 导数与函数的零点-试题君之每日一题君2019年高考数学(理)一轮复习

8月10日导数与函数的极值高考频度：★★★★☆难易程度：★★★☆☆典例在线（1）已知函数错误！未找到引用源。

有大于零的极值点，则实数错误！未找到引用源。

的取值范围为A．错误！未找到引用源。

B．错误！未找到引用源。

C．错误！未找到引用源。

D．错误！未找到引用源。

（2）设函数错误！未找到引用源。

，则函数错误！未找到引用源。

的所有极大值之和为A．错误！未找到引用源。

B．错误！未找到引用源。

C．错误！未找到引用源。

D．错误！未找到引用源。

【参考答案】（1）A；（2）D．【试题解析】（1）错误！未找到引用源。

，显然当错误！未找到引用源。

时错误！未找到引用源。

是单调函数，由题意可得错误！未找到引用源。

在错误！未找到引用源。

上有解，即错误！未找到引用源。

在错误！未找到引用源。

上有解，因为错误！未找到引用源。

，所以错误！未找到引用源。

．故选A．（2）∵函数错误！未找到引用源。

，∴错误！未找到引用源。

，∵当错误！未找到引用源。

时，错误！未找到引用源。

，当错误！未找到引用源。

时，错误！未找到引用源。

，∴错误！未找到引用源。

在错误！未找到引用源。

上单调递增，在错误！未找到引用源。

上单调递减，故当错误！未找到引用源。

时，函数错误！未找到引用源。

取得极大值，且极大值为错误！未找到引用源。

，又错误！未找到引用源。

，∴函数错误！未找到引用源。

的各极大值之和为错误！未找到引用源。

．故选D．【名师点睛】求函数极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数错误！未找到引用源。

；（3）解方程错误！未找到引用源。

＝0，求出函数定义域内的所有根；（4）列表检验错误！未找到引用源。

在错误！未找到引用源。

＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取得极小值．学霸推荐1．若函数错误！未找到引用源。

在R上可导，其导函数为错误！未找到引用源。

，且函数错误！未找到引用源。

的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是A．函数错误！未找到引用源。

专题对点练8导数与函数的零点及参数范围1.(2016江西南昌十所重点学校二模,理21)已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R且a为常数).(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;(2)判断函数φ(x)=错误!未找到引用源。

+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.解(1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x,又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=错误!未找到引用源。

,即2=1-a,解得a=-1.(2)由φ(x)=错误!未找到引用源。

+1+ln x=0(x>0),得错误!未找到引用源。

+1+ln x=0,化为错误!未找到引用源。

=1-x-x ln x,令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.由h'(x)=-2-ln x=0,得x=e-2,故h(x)在错误!未找到引用源。

内递增,在错误!未找到引用源。

内递减,h(x)max=h错误!未找到引用源。

=1+错误!未找到引用源。

.再令t(x)=错误!未找到引用源。

=b错误!未找到引用源。

e x,因为b>1,所以函数t(x)=b错误!未找到引用源。

e x在(0,+∞)内递增,t(x)>t(0)=b错误!未找到引用源。

e0=b错误!未找到引用源。

>1+错误!未找到引用源。

.故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)零点个数为0.2.(2017山西第四次五校联考,理21)设函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f(x)都在直线L 的下方;(2)若函数h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,求a的取值范围.解(1)∵f'(x)=错误!未找到引用源。

导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题【考点梳理】1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.【题型突破】题型一、利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】已知a∈R，函数f(x)＝e x－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 )－(e x－2ax ＋2ln x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点，求实数a 的最大值.【解析】(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a 且f ′(x )在R 上递增. 若f (x )在区间(－e ，－1)上是减函数，只需f ′(x )≤0恒成立. 因此只需f ′(－1)＝e －1－a ≤0，解之得a ≥1e .又当a ＝1e 时，f ′(x )＝e x －1e ≤0当且仅当x ＝－1时取等号. 所以实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)法一 由已知得F (x )＝a (x －1)－2ln x ，且F (1)＝0， 则F ′(x )＝a －2x ＝ax －2x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a x ，x >0.①当a ≤0时，F ′(x )<0，F (x )在区间(0，＋∞)上单调递减， 结合F (1)＝0知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，F (x )>0. 所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点.②当a >0时，令F ′(x )＝0，得x ＝2a .若2a ≥12时，即a ∈(0，4]时，F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上是减函数. 又x →0时，F (x )→＋∞.要使F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点，只需F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－a 2－2ln 12≥0，则0<a ≤4ln 2.若2a <12时，即a >4时，则F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，12上是增函数.∴F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝2－a －2ln 2a ，令φ(a )＝2－a －2ln 2a ，则φ′(a )＝－1＋2a ＝2－aa <0. ∴φ(a )在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a )<φ(4)＝2ln 2－2<0.因此F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a <0，所以F (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内一定有零点，不合题意，舍去.综上，函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点，应有a ≤4ln 2，所以实数a 的最大值为4ln 2.法二 当a ≤0时，同法一.当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a ，F ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，F ′(x )>0.所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增.因此F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a .①若2a ≥1，即0<a ≤2时，F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内是减函数. 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，F (x )>F (1)＝0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点.②若2a <1，即a >2时，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ≤F (1)＝0.要使函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点，只需F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－a 2－2ln 12≥0，则2<a ≤4ln 2.综上，函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内无零点，应有a ≤4ln 2，所以实数a 的最大值是4ln 2.【类题通法】1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而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；第二步：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； 第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【对点训练】设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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. 【解析】(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：∴当c >0且c －3227<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0. 由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.题型二、利用导数求解不等式问题【例2】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点. 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0， 故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时， f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【例3】已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1).(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围. 【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0，设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.②当a>2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2>1和x1x2＝1得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)<g(1)＝0，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2].【例4】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R且a<e)，g(x)＝12x2＋e x－x e x.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x－1）（x－a）x2.①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae，又g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则g(x)min＝g(0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 . 【类题通法】1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.(2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【对点训练】 已知函数f (x )＝ln xx －1(x >1). (1)判断函数f (x )的单调性；(2)是否存在实数a ，使得关于x 的不等式ln x <a (x －1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，试说明理由； (3)证明：ln(1·2·3·4·…·n )<n （n ＋1）2(n ∈N *，n ≥2). 【答案】(1)解 由题意，f ′(x )＝x －1－x ln xx （x －1）2，因为x >1，所以x (x －1)2>0.设g (x )＝x －1－x ln x ，g ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x <0. ∴g (x )在(1，＋∞)上是减函数，则g (x )<g (1)＝0. 因此f ′(x )<0，故f (x )在(1，＋∞)上为减函数. (2)解 由ln x <a (x －1)得，a (x －1)－ln x >0， 若a ≤0时显然不满足题意，因此a >0. 设F (x )＝a (x －1)－ln x ，F ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x ， 令F ′(x )＝0，得x ＝1a .①a ≥1时，0<1a ≤1，F ′(x )>0，∴F (x )>F (1)＝0， 因此a ≥1时，ln x <a (x －1)在(1，＋∞)上恒成立.②0<a <1时，1a >1，F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞为增函数，∴F (x )min <F (1)＝0，不满足题意.综上，存在实数a ∈[1，＋∞)，不等式ln x <a (x －1)在(1，＋∞)上恒成立. (3)证明 由(2)得，ln x <a (x －1)≤x －1<x 在(1，＋∞)上恒成立. 所以ln 2<2，ln 3<3，…，ln n <n . 以上各式左右两边分别相加，得ln 2＋ln 3＋ln 4＋…＋ln n <2＋3＋4＋…＋n ，则ln 1＋ln 2＋ln 3＋ln 4＋…＋ln n <1＋2＋3＋4＋…＋n ， 所以ln(1·2·3·4·…·n )<n （n ＋1）2(n ∈N *，n ≥2).题型三、利用导数求解最优化问题【例5】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【解析】(1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x －6)，于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【类题通法】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ). (2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答. 【对点训练】统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (升)，关于行驶速度x (千米/时)的函数解析式可以表示为：y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120).已知甲、乙两地相距100千米.(1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 【解析】(1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)， 要耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升).所以，当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升. (2)当速度为x 千米/时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为h (x )升， 依题意得h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)，h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－800×640640x 2(0<x ≤120)， 令h ′(x )＝0得x ＝80，当x ∈(0，80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80，120]时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 当x ＝80时，h (x )取到极小值h (80)＝11.25，因为h (x )在(0，120]上只有一个极值，所以它是最小值.故当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.。

1
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511x x -+展开式中2x 项的系数是 A ．4
B ．5
C ．8
D ．12 【参考答案】
B
【解题必备】这个题目考查的是二项式中的特定项的系数问题，把（1+x ）5 按照二项式定理展开，可得（1﹣x ）（1+x ）5展开式中x 2项的系数．在做二项式的问题时，看清楚题目是求二项式系数还是系数，还要注意在求系数和时，是不是缺少首项；解决这类问题常用的方法有赋值法、求导后赋值、积分后赋值等.
（1）二项式系数的性质：
①对称性.与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上，这一性质可直接由公式C C m n m n n -=得到.
②增减性与最大值.当n 是偶数时，展开式的中间一项12
n T +的二项式系数2C n n 最大；当n 是奇数时，展开式的中间两项12n T +与112n T ++的二项式系数1
2C
n n -,1
2C n n +相等且最大.③二项展开式的各个二项式系数的和为2n
. （2）求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项1C k n k k k n T a b -+=的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的
值代回通项求解,注意k 的取值范围(0,1,2,,k n =⋅⋅⋅).学科&网
①第m 项：此时1k m +=,直接代入通项；
②常数项：即该项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；
③有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解.。