高慧明

一、考向預(yù)測

綜合分析2011～2020十年高考試題，導數(shù)的綜合應(yīng)用涉及的主要考點是：生活中的最優(yōu)化問題;利用導數(shù)解決不等式恒（能）成立與探索性問題;利用導數(shù)解、證不等式;利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題.?2021年高考在導數(shù)綜合應(yīng)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(shù)解證不等式、利用導數(shù)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(shù)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(shù)f（x）在區(qū)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(shù)f（x）在區(qū)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(shù)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(diào)區(qū)間;

（3）若f（x）恰有兩個零點，求實數(shù)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(nèi)單調(diào)遞增，在（?，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減.

②當0

所以f（x）在（0，?）、（?，?+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，在（?，?）內(nèi)單調(diào)遞減.

③當a=2時，f?′（x）≥0，所以f（x）在（0，?+∞）上單調(diào)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(nèi)單調(diào)遞增，在（?，?）內(nèi)單調(diào)遞減.

（3）由（2）可知：

①當a≤0時，f（x）在（0，??）內(nèi)單調(diào)遞增，在（?，?+∞）內(nèi)單調(diào)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(nèi)單調(diào)遞減，

所以f（x）在（?，?+∞）內(nèi)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(nèi)單調(diào)遞增，所以f（x）在（0，??）內(nèi)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(diào)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(nèi)單調(diào)遞增，在（?，??）內(nèi)單調(diào)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(shù)a的取值范圍是（-∞，?-4ln2-4）.

例3.?已知函數(shù)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(diào)遞減，在（2，?+∞）單調(diào)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(shù)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(diào)遞增;

當x∈（0，2）時，f?′（x）<0;所以f（x）在（0，?2）單調(diào)遞減;

當x∈（2，+∞）時，f?′（x）>0，所以f（x）在（-∞，0）單調(diào)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(shù)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(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值;

（3）設(shè)函數(shù)t（x）=?-2，x∈（0，π），試判斷t（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)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(diào)遞減區(qū)間是（-?，?），單調(diào)遞增區(qū)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(shè)g（x）=x2-1-2sinx，x∈（0，π），則g′（x）=2x-2cosx.

當x∈[?，?π）時，g′（x）>0，g（x）在區(qū)間[?，?π）上單調(diào)遞增.

又g（?）=?-3<0，g（π）=π2-1>0，

所以g（x）在區(qū)間[?，?π）?上有一個零點.

當x∈（0，??）時，設(shè)h（x）=g′（x）=2x-2cosx.

h′（x）=2+2sinx>0，所以g′（x）在區(qū)間（0，??）?上單調(diào)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(diào)遞減;

當x∈（x0，?）時，g′（x）>0，g（x）?單調(diào)遞增.

又g（0）=-1<0，g（?）=?-3<0，

所以g（x）在區(qū)間（0，??）?上無零點.

綜上所述，函數(shù)t（x）?在定義域內(nèi)只有一個零點.

注：求解函數(shù)零點問題的一般思路：

（1）對函數(shù)求導;

（2）分析函數(shù)的單調(diào)性，極值情況;

（3）結(jié)合函數(shù)性質(zhì)畫函數(shù)的草圖;

（4）依據(jù)函數(shù)草圖確定函數(shù)零點情況.

例5.?已知函數(shù)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(shù)f?′（x）在（-?，?0）上單調(diào)增，則f?′（x）

則函數(shù)f（x）在（-?，?0）上單調(diào)減，則f（x）>f（0）=0;

③?當x=0時，由函數(shù)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(shù)H（x）在區(qū)間[0，?+∞）上單調(diào)遞增，從而：H（x）≥H（0）=0，

即-sinx+x≥0，-sinx≥-x，

從而函數(shù)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(diào)遞增，

故函數(shù)的最小值為ymin=e0-0-1=0，

從而：ex-x-1≥0.

從而函數(shù)f（x）=ex-sinx-cosx≥ex-x-1≥0;

綜上可得，題中的結(jié)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(diào)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(diào)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(diào)遞增，h′（0）=0，故：

-?π

x>0時，h′（x）>0，?h（x）?單調(diào)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(shù)研究不等式問題的主要求解策略：

（1）通常構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍;

（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題;

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

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

責任編輯?徐國堅