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 理-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.
解(1)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)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
而
所以
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(2015·北京)已知函数f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；
(3)设实数k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，
所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)，f′(0)＝2.
又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)证明令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).
因为g′(x)>0(0<x<1)，
所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．
所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，
即当x∈(0,1)时，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).
(3)解由(2)知，当k≤2时，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－k－2,1－x2).
所以当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h′(x)<0，因此h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上单调递减．
当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h(x)<h(0)＝0，
即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).
所以当k>2时，f(x)>keq\b\lc\