通知公告：
发言范文网欢迎您
栏目导航高慧明
一、考向预测
综合分析2011～2020十年高考试题，导数的综合应用涉及的主要考点是：生活中的最优化问题;利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题;利用导数解、证不等式;利用导数研究函数零点问题. 2021年高考在导数综合应用方面，仍将以选填压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题能力.
二、新题剖析
例1. 已知函数f（x）=（x-a）ex（a∈R），
（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程;
（2）如果函数f（x）在区间（0，1）上有极值，且f（x）+a≤0对于x∈[0，1]恒成立，求a的取值范围.
【解析】（1）当a=1时，因为f（x）=（x-1）ex，所以f ′（x）=xex.
因为f（1）=0，f ′（1）=e，
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=e（x-1），
即ex-y-e=0.
（2）因为f ′（x）=（x-a+1）ex，函数f（x）在区间（0，1）上有极值，
所以0
当x变化时，f ′（x），f（x）的变化情况如下表：
因为f（x）+a≤0对于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≥ .
因为1
所以 ≤a<2.
例2. 已知函数f（x）=lnx-（a+2）x+ax2 （a∈R），
（1）当a=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程;
（2）求f（x）的单调区间;
（3）若f（x）恰有两个零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=0时，f（x）=lnx-2x，f ′（x）= -2，
所以f（1）=-2，f ′（1）=-1.
所以曲线在点（1， f（1））处的切线方程为y+2=-（x-1），即x+y+1=0.
（2）因为f（x）=lnx-（a+2）x+ax2，定义域为（0， +∞），
所以f ′（x）= -（a+2）+2ax= = .
①当a≤0时，f（x）与f ′（x）在（0，+∞）上的变化情况如下：
所以f（x）在（0， ）内单调递增，在（ ，+∞）内单调递减.
②当0
所以f（x）在（0， ）、（ ， +∞）内单调递增，在（ ， ）内单调递减.
③当a=2时，f ′（x）≥0，所以f（x）在（0， +∞）上单调递增.
④当a>2时，f（x）与f ′（x）在（0， +∞）上的變化情况如下：
所以f（x）在（0， ）、（ ， +∞）内单调递增，在（ ， ）内单调递减.
（3）由（2）可知：
①当a≤0时，f（x）在（0， ）内单调递增，在（ ， +∞）内单调递减，
当x= 时，f（x）取得最大值f（ ）=-ln2-1- .
（i）当-4ln2-4≤a≤0时，f（ ）≤0，
所以f（x）在（0， +∞）上至多有一个零点，不符合题意.
（ii）当a<-4ln2-4时，f（ ）>0.
因为f（ ）>0，f（1）=-2<0，f（x）在（ ， +∞）内单调递减，
所以f（x）在（ ， +∞）内有唯一零点.
因为a<-4ln2-4<-e，
所以-a>e且0<- < < .
因为f（- ）=-ln（-a）+1+ <1-ln（-a）<1-lne=0，f（ ）>0.
且f（x）在（0， ）内单调递增，所以f（x）在（0， ）内有唯一零点.
所以当a<-4ln2-4时，f（x） 恰有两个零点.
②当0
因为当x= 时，f（x）取得极大值f（ ）=-ln2-1- <0，
所以f（x）在（0， +∞）上至多有一个零点，不符合题意.
③当a=2时，f（x）在（0， +∞）上单调递增，
所以f（x）在（0， +∞）上至多有一个零点，不符合题意.
④当a>2时，f（x）在（0， ）、（ ， +∞）内单调递增，在（ ， ）内单调递减.
因为当x= 时，f（x）取得极大值f（ ）=-lna-1- <0，
所以f（x）在（0， +∞）上至多有一个零点，不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围是（-∞， -4ln2-4）.
例3. 已知函数f（x）=1- ，a∈R.
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于直线y=x，求该切线方程;
（2）若a=1，求证：当x>0时，f（x）>0;
（3）若f（x） 有且只有两个零点，求a的值.
【解析】（1）因为f ′（x）= ，所以f ′（1）=- =1，故a=-e.
所以f（1）=1- =2，所以，所求切线方程为y-2=x-1，即y=x+1.
（2）当a=1时，f（x）=1- ，f ′（x）= ，
当x∈（0， 2）时，f ′（x）<0;当x∈（2， +∞）时，f ′（x）>0.
所以f（x）在（0， 2）单调递减，在（2， +∞）单调递增.
所以，f（x）的极小值f（2）=1- >0，故x>0，f（x）>0.
（3）对于函数f（x）=1- ，a∈R.
（i）当a≤0时，f（x）>0，f（x）没有零点;
（ii）当a>0时，f ′（x）= .
当x∈（-∞， 0）时，f ′（x）>0，所以f（x）在（-∞， 0）单调递增;
当x∈（0，2）时，f ′（x）<0;所以f（x）在（0， 2）单调递减;
当x∈（2，+∞）时，f ′（x）>0，所以f（x）在（-∞，0）单调递增;
所以f（0）=1是f（x）的极大值，f（2）=1- 是f（x）的极小值.
因为f（- ）=1- =1- =1- <0，
所以f（x）在（-∞， 0）上有且只有一个零点.
由于f（2）=1- ，
① 若f（2）>0，即a< ，f（x）在（0， +∞）没有零点;
② 若f（2）=0，即a= ，f（x）在（0， +∞）只有一个零点;
③ 若f（2）<0，即a> ，由于f（0）=1，所以f（x）在（0， 2）有一个零点，
由（2）知，当x>0时，ex>x2，
所以f（4a）=1- =1- >1- =1- >0.
故f（x）在（2， 4a）有一个零点.
因此a> 时，f（x）在（0， +∞）有两个零点.
综上，当f（x）有两个零点时，a= .
例4. 已知函数f（x）=x3-x，
（1）求曲线y=f（x）在点（1， f（1））处的切线方程;
（2）求函数f（x）的单调区间和极值;
（3）设函数t（x）= -2，x∈（0，π），试判断t（x）的零点个数，并证明你的结论.
【解析】（1）由f（x）=x3-x，得f ′（x）=3x2-1.
因为f（1）=0，f ′（1）=2，
所以曲线y=f（x）在点（1， f（1））处的切线方程为y=2x-2.
（2）令f ′（x）=0，得3x2-1=0，解得x=- 或x= .
當x变化时，f（x）和f ′（x）变化情况如下表：
所以， （x）的单调递减区间是（- ， ），单调递增区间是（-∞，- ）， （ ，+∞）;
f（x）在x=- 处取得极大值 ，在x= 处取得极小值- .
（3）x∈（0， π），t（x）=0，即 -2=0，
等价于x2-1-2sinx=0.
设g（x）=x2-1-2sinx，x∈（0，π），则g′（x）=2x-2cosx.
当x∈[ ， π）时，g′（x）>0，g（x）在区间[ ， π）上单调递增.
又g（ ）= -3<0，g（π）=π2-1>0，
所以g（x）在区间[ ， π） 上有一个零点.
当x∈（0， ）时，设h（x）=g′（x）=2x-2cosx.
h′（x）=2+2sinx>0，所以g′（x）在区间（0， ） 上单调递增.
又g′（0）=-2<0，g′（ ）=π>0，
所以存在x0∈（0， ），使得g′（x0）=0.
所以，当x∈（0， x0）时，g′（x）<0，g（x） 单调递减;
当x∈（x0， ）时，g′（x）>0，g（x） 单调递增.
又g（0）=-1<0，g（ ）= -3<0，
所以g（x）在区间（0， ） 上无零点.
综上所述，函数t（x） 在定义域内只有一个零点.
注：求解函数零点问题的一般思路：
（1）对函数求导;
（2）分析函数的单调性，极值情况;
（3）结合函数性质画函数的草图;
（4）依据函数草图确定函数零点情况.
例5. 已知函数f（x）=ex-sinx-cosx，g（x）=ex+sinx+cosx.
（1）证明：当x>- 时，f（x）≥0;
（2）若g（x）≥2+ax，求a.
【解析】（1）分类讨论：
① 当x∈（- ， - ]，f（x）=ex- sin（x+ ）>0;
② 当x∈（- ， 0）时，f ′（x）=ex-cosx+sinx，f ′（0）=0，
f "（x）=ex+sinx+cosx=ex+ sin（x+ ）>0，
则函数f ′（x）在（- ， 0）上单调增，则f ′（x） 则函数f（x）在（- ， 0）上单调减，则f（x）>f（0）=0; ③ 当x=0时，由函数的解析式可知f（0）=1-0-1=0， 当x∈[0，+∞）时，令H（x）=-sinx+x（x≥0），则H′（x）=-cosx+1≥0， 故函数H（x）在区间[0， +∞）上单调递增，从而：H（x）≥H（0）=0， 即-sinx+x≥0，-sinx≥-x， 从而函数f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1， 令y=ex-x-1，则：y′=ex-1， 当x≥0时，y′≥0，故y=ex-x-1在 [0， +∞） 单调递增， 故函数的最小值为ymin=e0-0-1=0， 从而：ex-x-1≥0. 从而函数f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1≥0; 综上可得，题中的结论成立. （2）当x>- π时， 令h（x）=g（x）-ax-2=ex+sinx+cosx-ax-2﹐ 则h′（x）=ex+cosx-sinx-a，h"（x）=f（x）>0，故h′（x）单调递增， 当a>2时， h′（0）=2-a<0，h′（ln（a+2））=2- sin[ln（a+2）- ] >0， ？埚x1∈（0， ln（a+2）） 使得h′（x1）=0， 当0 当a<2时，h′（- ）= -1-a<0，而h′（0）>0， 故？埚x2∈（- ， 0） 使得h′（x2）=0， 当- 当x2 故当x∈（x2， 0）时，h（x） 故a<2不符合题意， 当a=2时，h′（x）=ex+cosx-sinx-2， 由于h′（x）單调递增，h′（0）=0，故： - π x>0时，h′（x）>0， h（x） 单调递增， 此时h（x）≥h（0）=0﹔ 当x≤- 时， h（x）=ex+sinx+cosx-2x-2≥0- + π-2>0， 综上可得，a=2. 注：对于利用导数研究不等式问题的主要求解策略： （1）通常构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围; （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题; （3）根据恒成立求解参数值或取值范围时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求岀最值点的情况，通常要设出导数的零点，所以难度较大. 【本文系北京市教育科学“十三五”规划课题“基于核心素养的高中数学核心概念课堂教学的反思与重构研究”（编号：CDDB19238）阶段性研究成果】 责任编辑 徐国坚
