新（全国甲卷）高考数学大二轮总复习与增分策略 专题二 函数与导数 第4讲 导数的热点问题练习 文-人教版高三全册数学试题.doc

第4讲导数的热点问题

(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lneq\f(a,2)，
则f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．

热点一利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例1已知函数f(x)＝ex－x2＋a，x∈R，曲线y＝f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)当x∈R时，求证：f(x)≥－x2＋x；
(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围．
(1)解根据题意，得f′(x)＝ex－2x，则f′(0)＝1＝b.
由切线方程可得切点坐标为(0,0)，将其代入y＝f(x)，
得a＝－1，故f(x)＝ex－x2－1.
(2)证明令g(x)＝f(x)＋x2－x＝ex－x－1.
由g′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
∴g(x)min＝g(0)＝0，∴f(x)≥－x2＋x.
(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于eq\f(fx,x)>k对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令φ(x)＝eq\f(fx,x)，x>0，得φ′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)
＝eq\f(xex－2x－ex－x2－1,x2)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2).
由(2)可知，当x∈(0，＋∞)时，ex－x－1>0恒成立，
令φ′(x)>0，得x>1；令φ′(x)<0，得0<x<1.
∴y＝φ(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)，
φ(x)min＝φ(1)＝e－2，
∴k<φ(x)min＝e－2，
∴实数k的取值范围为(－∞，e－2)．
思维升华用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)，②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，则f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.
跟踪演练1已知函数f(x)