2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題教學(xué)案(文)
《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題教學(xué)案(文)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題教學(xué)案(文)(19頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題 [考情考向·高考導(dǎo)航] 導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型,而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題,是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn). 解答題的熱點(diǎn)題型有: (1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程的根. (2)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值. [真題體驗] 1.(2018·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)=. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程; (2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0. 解析:(1)由題意:f(x)=得f′(x)== ;∴f′(0)==2;即曲線y=f(x)在
2、點(diǎn)(0,-1)處的切線斜率為2, ∴y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0. (2)當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥, 令g(x)=x2+x-1+ex+1, 則g′(x)=2x+1+ex+1, 當(dāng)x<-1時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x>-1時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以g(x)≥g(-1)=0. 因此當(dāng)a≥1,f(x)+e≥0. 2.(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ln x-x-1.證明: (1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn); (2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù). 證明:(1)f(x)的定義域為(0,+∞)
3、 f′(x)=+ln x-1=ln x-, 因為y=ln x單調(diào)遞增,y=單調(diào)遞減,所以f′(x)單調(diào)遞增,又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln 2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0. 又當(dāng)x<x0時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,因此,f(x)存在唯一的極值點(diǎn). (2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=a. 由α>x0>1得<1<x0. 又f=ln--1==0,故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 綜上,f(x)=0
4、有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù). [主干整合] 1.常見構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法 (1)直接構(gòu)造法:證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x). (2)構(gòu)造“形似”函數(shù):稍作變形后構(gòu)造.對原不等式同解變形,如移項、通分、取對數(shù),把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu),根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù). (3)適當(dāng)放縮后再構(gòu)造:若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解,可將所證明不等式進(jìn)行放縮,再重新構(gòu)造函數(shù). (4)構(gòu)造雙函數(shù):若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo),難以判斷符號,導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)也不
5、易求得,因此單調(diào)性和極值點(diǎn)都不易獲得,從而構(gòu)造f(x)和g(x),利用其最值求解. 2.不等式的恒成立與能成立問題 (1)f(x)>g(x)對一切x∈[a,b]恒成立?[a,b]是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)-g(x)]min>0(x∈[a,b]). (2)f(x)>g(x)對x∈[a,b]能成立?[a,b]與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)-g(x)]max>0(x∈[a,b]). (3)對?x1,x2∈[a,b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)對?x1∈[a,b],?x2∈[a,b]使得f(x1)≥g(x2)?f
6、(x)min≥g(x)min. 3.零點(diǎn)存在性定理在函數(shù)的零點(diǎn)問題中的應(yīng)用 第一步:求導(dǎo)函數(shù) 根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式,求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),并寫出定義域. 第二步:討論單調(diào)性 由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)討論函數(shù)的單調(diào)性. 第三步:定區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值符號 確定單調(diào)區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值及符號. 第四步:判定零點(diǎn) 根據(jù)零點(diǎn)存在性定理判斷零點(diǎn)存在與否及其個數(shù). 4.分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)的零點(diǎn)問題 第一步:分離參變量 由已知的含參方程將參數(shù)與已知變量分離. 第二步:研究函數(shù) 將已知范圍的變量的代數(shù)式作為函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究其圖象. 第三步:利用圖象找交點(diǎn) 利用圖象找到產(chǎn)生不同交點(diǎn)個
7、數(shù)的參數(shù)的取值范圍. 第四步:運(yùn)動定范圍 通過改變未知變量的范圍找出臨界條件. 熱點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 [例1-1] (2019·梅州三模節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ln(x-1). (1)證明:f(x+1)≤-; (2)證明:e2x-2(x-1)ex≥2x+3. [審題指導(dǎo)] 第(1)小題利用移項作差構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù),通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性,求解最值即可;第(2)小題利用換元的思想和第(1)小題的結(jié)論證明不等式. [解析] (1)令h(x)=f(x+1)-+(x>0), 則h(x)=ln x-+,h′(x)=--==, 所以當(dāng)x∈(0,1)時,
8、h′(x)>0,當(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)<0, 所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)≤h(1)=0, 所以f(x+1)≤-. (2)由(1)易知ln t≤-,t>0. 要證e2x-2(x-1)ex≥2x+3,即(ex+1)2≥2x(ex+1)+4, 只需證ex+1≥2x+,即證≥x+. 令t=ex,則x≤-,即x+≤,得證. 用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法 (1)利用單調(diào)性:若f(x)在[a,b]上是增函數(shù),則①?x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②?x1,x2∈[a,b],且x1<x2,有f(x1)<f(x2).對于減函
9、數(shù)有類似結(jié)論. (2)利用最值:若f(x)在某個范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m),則?x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m). (3)證明f(x)<g(x),可構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),證明F(x)<0. 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、存在性問題 [例1-2] (2019·西安三模)已知f(x)=2ln(x+2)-(x+1)2,g(x)=k(x+1). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)當(dāng)k=2時,求證:對于?x>-1,f(x)<g(x)恒成立. (3)若存在x0>-1,使得當(dāng)x∈(-1,x0)時,恒有f(x)>g(x)成立,試求k的取值范圍. [審題指導(dǎo)]
10、 (1)求f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x),再求單調(diào)區(qū)間. (2)構(gòu)造函數(shù)證明不等式. (3)構(gòu)造函數(shù)、研究其單調(diào)性,從而確定參數(shù)范圍. [解析] (1)f′(x)=-2(x+1) =(x>-2). 當(dāng)f′(x)>0時,x2+3x+1<0,解得-2<x<. 當(dāng)f′(x)<0時,解得x>. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為, 單調(diào)減區(qū)間為. (2)證明:設(shè)h(x)=f(x)-g(x) =2ln(x+2)-(x+1)2-k(x+1)(x>-1). 當(dāng)k=2時,由題意,當(dāng)x∈(-1,+∞)時,h(x)<0恒成立. h′(x)=-2=, 當(dāng)x>-1時,h′(x)<0恒成立,h(x)單調(diào)遞減
11、. 又h(-1)=0,當(dāng)x∈(-1,+∞)時,h(x)<h(-1)=0恒成立,即f(x)-g(x)<0對于?x>-1,f(x)<g(x)恒成立. (3)因為h′(x)=-k =-. 由(2)知,當(dāng)k=2時,f(x)<g(x)恒成立,即對于x>-1,2ln(x+2)-(x+1)2<2(x+1),不存在滿足條件的x0;當(dāng)k>2時,對于x>-1,x+1>0,此時2(x+1)<k(x+1). 2ln(x+2)-(x+1)2<2(x+1)<k(x+1),即f(x)<g(x)恒成立,不存在滿足條件的x0; 當(dāng)k<2時,令t(x)=-2x2-(k+6)x-(2k+2),可知t(x)與h′(x)符
12、號相同, 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,t(x)<0,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減. 當(dāng)x∈(-1,x0)時,h(x)>h(-1)=0,即f(x)-g(x)>0恒成立. 綜上,k的取值范圍為(-∞,2). 1.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法 (1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題:將原不等式分離參數(shù),轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題,利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值,根據(jù)要求得所求范圍.一般地,f(x)≥a恒成立,只需f(x)min≥a即可;f(x)≤a恒成立,只需f(x)max≤a即可. (2)轉(zhuǎn)化為含參數(shù)函數(shù)的最值問題:將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題,利用導(dǎo)數(shù)求該
13、函數(shù)的極值(最值),伴有對參數(shù)的分類討論,然后構(gòu)建不等式求解. 2.存在型不等式恒成立問題的求解策略 “恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系,即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立,應(yīng)求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,應(yīng)求f(x)的最大值.在具體問題中究竟是求最大值還是最小值,可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值,這樣,就可以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小值,然后構(gòu)建目標(biāo)不等式求參數(shù)范圍. (2020·江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x,a∈R. (1)當(dāng)a=0時,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;
14、 (2)若a=-2,正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明:x1+x2≥. 解析:(1)當(dāng)a=0時,f(x)=ln x+x,則f(1)=1,∴切點(diǎn)為(1,1),又f′(x)=+1, ∴切線斜率k=f′(1)=2. 故切線方程為y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)證明:當(dāng)a=-2時,f(x)=ln x+x2+x,x>0. f(x1)+f(x2)+x1x2=0, 即ln x1+x+x1+ln x2+x+x2+x1x2=0, 從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2). 令t=x1x2,φ(t)=t-ln t, 得φ′(
15、t)=1-=. 易知φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以φ(t)≥φ(1)=1, 所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1. 又x1>0,x2>0,所以x1+x2≥. 熱點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題 直觀 想象 素養(yǎng) 直觀想象——數(shù)形結(jié)合求解零點(diǎn)問題 在運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問題時,要注意三點(diǎn):第一要徹底明白一些概念和運(yùn)算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征,對數(shù)學(xué)題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意義;第二是恰當(dāng)設(shè)參、合理用參,建立關(guān)系,由數(shù)思形,以形想數(shù),做好數(shù)形轉(zhuǎn)化;第三是正確確定參數(shù)的取值范圍.在解答導(dǎo)數(shù)問題中,主要存
16、在兩類問題,一是“有圖考圖”,二是“無圖考圖”. [例2] (2019·日照三模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-a(ln x+1)(a>0). (1)證明:當(dāng)a≤時,f(x)≥0. (2)判斷函數(shù)f(x)有幾個不同的零點(diǎn),并說明理由. [審題指導(dǎo)] (1)要證明f(x)≥0,只需證明f(x)min≥0,根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出f(x)min,證明其在0<a≤時恒大于等于0即可. (2)要判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)的個數(shù),結(jié)合(1)需分a=,0<a<,a>,三種情況進(jìn)行分類討論. [解析] (1)函數(shù)的定義域為(0,+∞), 令f′(x)=2x-==0,則x= , 所以當(dāng)x∈時,f′(x)<0,當(dāng)
17、x∈時,f′(x)>0, 所以f(x)的最小值為f=-, 當(dāng)0<a≤時,ln+1≤ln+1=0, 所以f=-≥0, 所以f(x)≥0成立. (2)①當(dāng)a=時,由(1)得,f(x)=x2-(ln x+1)的最小值為f=0, 即f(x)=x2-(ln x+1)有唯一的零點(diǎn)x=; ②當(dāng)0<a<時,由(1)得,f(x)=x2-a(ln x+1)的最小值為f=-, 且f=->0,即f(x)=x2-a(ln x+1)不存在零點(diǎn); ③當(dāng)a>時,f(x)的最小值f=-<0,又< ,f=>0,所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點(diǎn), 又當(dāng)a>時,a> ,f(a)=a2-a(ln a+1)=a(a-
18、ln a-1), 令g(a)=a-ln a-1,g′(a)=1-=, g′(a)=0,得a=1,可知g(a)在上遞減,在(1,+∞)上遞增, 所以g(a)≥g(1)=0,所以f(a)≥0,所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點(diǎn), 所以,當(dāng)a>時,f(x)有2個不同的零點(diǎn), 綜上所述,①當(dāng)a=時,有唯一的零點(diǎn);②當(dāng)0<a<時,不存在零點(diǎn);③當(dāng)a>時,有2個不同的零點(diǎn). 1.對于函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)的相關(guān)問題,利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解,這類問題求解的通法是: (1)構(gòu)造函數(shù),這是解決此類問題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn),并求其定義域;(2)求導(dǎo)數(shù),得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn);(3)畫出函數(shù)草圖;(4)數(shù)
19、形結(jié)合,挖掘隱含條件,確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況,進(jìn)而求解. 2.研究方程的根的情況,可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等,并借助函數(shù)的大致圖象判斷方程的根的情況,這是導(dǎo)數(shù)這一工具在研究方程中的重要應(yīng)用. (2020·佛山模擬)已知函數(shù)f(x)=(x2-ax)ln x+x2(其中a∈R), (1)若a>0,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. (2)若a<0,求證:函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn). 解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=(2x-a)ln x+(x2-ax)+x=(2x-a)ln x+2x-a=(2x-a)(1+ln x),令f′(x)=0,
20、 即(2x-a)(1+ln x)=0?x1=,x2=, ①當(dāng)x1=x2,即=,a=時,f′(x)≥0,f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù); ②當(dāng)x1<x2,即<,0<a<時, 當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; ③當(dāng)x2<x1,即<,a>時,當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 綜上所述,當(dāng)0<a<時,f(x)在,單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減; 當(dāng)a=時,f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增
21、; 當(dāng)a>時,f(x)在,單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. (2)若a<0,令f′(x)=0,即(2x-a)(1+ln x)=0,得x=,當(dāng)x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 故當(dāng)x=時,f(x)取得極小值f=ln+=<0, 以下證明:在區(qū)間上,f(x)<0, 令x=,t>1,則x∈, f(x)=f=,f(x)<0?f<0?(-t)+<0?atet-t+<0?atet<t-,因為a<0,t>1,不等式atet<t-顯然成立,故在區(qū)間上,f(x)<0, 又f(1)=>0,即f(1)f<0,故當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)x0∈.
22、 限時60分鐘 滿分60分 解答題(本大題共5小題,每小題12分,共60分) 1.(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)=excos x,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x∈時,證明f(x)+g(x)≥0. 解析:(1)由已知,有f′(x)=ex(cos x-sin x).因此,當(dāng)x∈(k∈Z)時,有sin x>cos x,得f′(x)<0,則f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(k∈Z)時,有sin x<cos x,得f′(x)>0,則f(x)單調(diào)遞增. 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z). (2)證明:記h(x
23、)=f(x)+g(x),依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cos x-sin x),從而g′(x)=-2exsin x.當(dāng)x∈時,g′(x)<0,故h′(x)=f′(x)+g′(x)+g(x)(-1)=g′(x)<0.因此,h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,進(jìn)而h(x)≥h=f=0.所以,當(dāng)x∈時,f(x)+g(x)≥0. 2.(2019·大慶三模)設(shè)函數(shù)f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)證明:若f(x)存在零點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(1,)上僅有一個零點(diǎn). 解析:(1)由f(x)=-kln x(k>0)得f′(x)=x-=.由f′(x)=0解得x=.
24、f(x)與f′(x)在區(qū)間(0,+∞)上的變化情況如下: x (0,) (,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞);f(x)在x=處取得極小值f()=. (2)證明:由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的最小值為f()=. 因為f(x)存在零點(diǎn),所以≤0,從而k≥e. 當(dāng)k=e時,f(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞減,且f()=0, 所以x=是f(x)在區(qū)間(1,]上的唯一零點(diǎn). 當(dāng)k>e時,f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減,且f(1)=>0,f()=<0, 所以f(x)在區(qū)間
25、(1,]上僅有一個零點(diǎn). 綜上可知,若f(x)存在零點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(1,]上僅有一個零點(diǎn). 3.(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù). (1)證明:f′(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn); (2)若x∈[0,π]時,f(x)≥ax,求a的取值范圍. 解:(1)設(shè)g(x)=f′(x),則g(x)=cos x+xsin x-1,g′(x)=xcos x. 當(dāng)x∈時,g′(x)>0;當(dāng)x∈時,g′(x)<0,所以g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一
26、零點(diǎn), 所以f′(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn). (2)由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0, 由(1)知,f′(x)在(0,π)只有一個零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f′(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,f′(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,π)上單調(diào)遞減. 又f(0)=0,f(π)=0,所以當(dāng)x∈[0,π]時,f(x)≥0. 又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范圍是(-∞,0]. 4.(2019·成都診斷)已知函數(shù)f(x)=(x2-2ax+a2)·ln x,a∈R. (1)當(dāng)a=0時
27、,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a=-1時,令F(x)=+x-ln x,證明:F(x)≥-e-2,其中e為自然對數(shù)的底數(shù); (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn),求實數(shù)a的取值范圍. 解析:(1)當(dāng)a=0時,f(x)=x2ln x(x>0),此時f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1). 令f′(x)>0,解得x>e-. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e-,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e-). (2)證明:F(x)=+x-ln x=xln x+x. 由F′(x)=2+ln x,得F(x)在(0,e-2)上單調(diào)遞減,在(e-2,+∞)上單調(diào)遞增, ∴F(x)≥F(e
28、-2)=-e-2. (3)f′(x)=2(x-a)ln x+=·(2xln x+x-a). 令g(x)=2xln x+x-a,則g′(x)=3+2ln x, ∴函數(shù)g(x)在(0,e-)上單調(diào)遞減,在(e-,+∞)上單調(diào)遞增,∴g(x)≥g(e-)=-2e--a. ①當(dāng)a≤0時,∵函數(shù)f(x)無極值,∴-2e--a≥0,解得a≤-2e-. ②當(dāng)a>0時,g(x)min=-2e--a<0,即函數(shù)g(x)在(0,+∞)上存在零點(diǎn),記為x0. 由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn),易知x=a為方程f′(x)=0的重根, ∴2aln a+a-a=0,即2aln a=0,a=1. 當(dāng)0<a<1時,x0
29、<1且x0≠a,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0; 當(dāng)a>1時,x0>1且x0≠a,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0; 當(dāng)a=1時,x0=1,此時函數(shù)f(x)無極值. 綜上,a≤-2e-或a=1. 5.(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)=xln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:對任意的t>0,存在唯一的m使t=f(m); (3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m=g(t),證明:當(dāng)t>e時,有<<1. 解析:(1)∵f(x)=xln x, ∴f′(x)=ln x+1(x>0), ∴當(dāng)x∈時,f′(x)<0,此時f(x)在上單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈時,f′(
30、x)>0,f(x)在上單調(diào)遞增. (2)證明:∵當(dāng)0<x≤1時,f(x)≤0,又t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞), 由(1)知h(x)在區(qū)間[1,+∞)上為增函數(shù), h(1)=-t<0,h(et)=t(et-1)>0, ∴存在唯一的m,使t=f(m)成立. (3)證明:∵m=g(t)且由(2)知t=f(m),t>0, 當(dāng)t>e時,若m=g(t)≤e,則由f(m)的單調(diào)性有t=f(m)≤f(e)=e,矛盾,∴m>e, 又====, 其中u=ln m,u>1,要使<<1成立,只需0<ln u<u, 令F(u)=ln u-u,u>1,F(xiàn)′(u)=-, 當(dāng)1<u<
31、時F′(u)>0,F(xiàn)(u)單調(diào)遞增,當(dāng)u>時,F(xiàn)′(u)<0,F(xiàn)(u)單調(diào)遞減. ∴對u>1,F(xiàn)(u)≤F<0,即ln u<u成立. 綜上,當(dāng)t>e時,<<1成立. 限時60分鐘 滿分60分 解答題(本大題共5小題,每小題12分,共60分) 1.(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù). (1)證明:f′(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn); (2)若x∈[0,π]時,f(x)≥ax,求a的取值范圍. 解:(1)設(shè)g(x)=f′(x),則g(x)=cos x+xsin x-1,g′(x)=xcos x. 當(dāng)x∈時,g
32、′(x)>0;當(dāng)x∈時,g′(x)<0,所以g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn), 所以f′(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn). (2)由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0, 由(1)知,f′(x)在(0,π)只有一個零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f′(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,f′(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,π)上單調(diào)遞減. 又f(0)=0,f(π)=0,所以當(dāng)x∈[0,π]時,f(x)≥0. 又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥
33、ax. 因此,a的取值范圍是(-∞,0]. 2.(2020·成都診斷)已知函數(shù)f(x)=(x2-2ax+a2)·ln x,a∈R. (1)當(dāng)a=0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a=-1時,令F(x)=+x-ln x,證明:F(x)≥-e-2,其中e為自然對數(shù)的底數(shù); (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn),求實數(shù)a的取值范圍. 解析:(1)當(dāng)a=0時,f(x)=x2ln x(x>0),此時f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1). 令f′(x)>0,解得x>e-. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e-,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e-). (2)證明:F(x)=
34、+x-ln x=xln x+x. 由F′(x)=2+ln x,得F(x)在(0,e-2)上單調(diào)遞減,在(e-2,+∞)上單調(diào)遞增, ∴F(x)≥F(e-2)=-e-2. (3)f′(x)=2(x-a)ln x+=·(2xln x+x-a). 令g(x)=2xln x+x-a,則g′(x)=3+2ln x, ∴函數(shù)g(x)在(0,e-)上單調(diào)遞減,在(e-,+∞)上單調(diào)遞增,∴g(x)≥g(e-)=-2e--a. ①當(dāng)a≤0時,∵函數(shù)f(x)無極值,∴-2e--a≥0,解得a≤-2e-. ②當(dāng)a>0時,g(x)min=-2e--a<0,即函數(shù)g(x)在(0,+∞)上存在零點(diǎn),記為x
35、0. 由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn),易知x=a為方程f′(x)=0的重根, ∴2aln a+a-a=0,即2aln a=0,a=1. 當(dāng)0<a<1時,x0<1且x0≠a,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0; 當(dāng)a>1時,x0>1且x0≠a,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0; 當(dāng)a=1時,x0=1,此時函數(shù)f(x)無極值. 綜上,a≤-2e-或a=1. 3.(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)=xln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:對任意的t>0,存在唯一的m使t=f(m); (3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m=g(t),證明:當(dāng)t>e時,有<<1. 解
36、析:(1)∵f(x)=xln x, ∴f′(x)=ln x+1(x>0), ∴當(dāng)x∈時,f′(x)<0,此時f(x)在上單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)在上單調(diào)遞增. (2)證明:∵當(dāng)0<x≤1時,f(x)≤0,又t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞), 由(1)知h(x)在區(qū)間[1,+∞)上為增函數(shù), h(1)=-t<0,h(et)=t(et-1)>0, ∴存在唯一的m,使t=f(m)成立. (3)證明:∵m=g(t)且由(2)知t=f(m),t>0, 當(dāng)t>e時,若m=g(t)≤e,則由f(m)的單調(diào)性有t=f(m)≤f(e)=e,矛盾,∴m>e
37、, 又====, 其中u=ln m,u>1,要使<<1成立,只需0<ln u<u, 令F(u)=ln u-u,u>1,F(xiàn)′(u)=-, 當(dāng)1<u<時F′(u)>0,F(xiàn)(u)單調(diào)遞增,當(dāng)u>時,F(xiàn)′(u)<0,F(xiàn)(u)單調(diào)遞減. ∴對u>1,F(xiàn)(u)≤F<0,即ln uu成立. 綜上,當(dāng)t>e時,<<1成立. 4.(2019·廈門二調(diào))已知函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x++f′(x). (1)討論h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)性; (2)若h(x)的極值點(diǎn)為3,設(shè)方程f(x)+mx=0的兩個根為x1,x2,且≥ea,求證:>. 解析:(1)∵h(yuǎn)(x)=g(x)-f
38、(x)=x-aln x+,其定義域為(0,+∞), ∴h′(x)=. 在(0,+∞)遞增; ②a+1>0即a>-1時,x∈(0,1+a)時,h′(x)<0,x∈(1+a,+∞)時,h′(x)>0, h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增, 綜上,a>-1時,h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增,a≤-1時,h(x)在(0,+∞)遞增. (2)證明:由(1)得x=1+a是函數(shù)h(x)的唯一極值點(diǎn),故a=2. ∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0, ∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2), 又f(x)=2ln x,∴f′(x
39、)=, = = =+m=+ln. 令=t≥e2,φ(t)=+ln t,則φ′(t)=>0, ∴φ(t)在[e2,+∞)上遞增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+=. 故>. 5.(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=ln x-. (1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個零點(diǎn); (2)設(shè)x0是f(x)的一個零點(diǎn),證明曲線y=ln x在點(diǎn)A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線. 解:(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1,+∞). 因為f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)單調(diào)遞增. 因為f(e)=1-<0,f(e2)=2-
40、=>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零點(diǎn)x1,即f(x1)=0.又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn). 綜上,f(x)有且僅有兩個零點(diǎn). (2)因為=,故點(diǎn)B在曲線y=ex上. 由題設(shè)知f(x0)=0,即ln x0=,故直線AB的斜率k===. 曲線y=ex在點(diǎn)B處切線的斜率是,曲線y=ln x在點(diǎn)A(x0,ln x0)處切線的斜率也是,所以曲線y=ln x在點(diǎn)A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線. 高考解答題·審題與規(guī)范(一) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類考題 重在“拆分” 思維流程 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題一般以函數(shù)為載體,以導(dǎo)數(shù)
41、為工具,重點(diǎn)考查函數(shù)的一些性質(zhì),如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與討論,復(fù)雜函數(shù)零點(diǎn)的討論,函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論,恒成立和能成立問題的討論等,是近幾年高考試題的命題熱點(diǎn).對于這類綜合問題,一般是先求導(dǎo),再變形、分離或分解出基本函數(shù),再根據(jù)題意處理. 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=sin x-ln(1+x),f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù),證明: (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn); (2)f(x)有且僅有2個零點(diǎn). (1)設(shè)g(x)=f′(x),對g(x)求導(dǎo)可得g(x)在(-1,α)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,得證.
42、(2)對x進(jìn)行討論,當(dāng)x∈(-1,0]時,利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點(diǎn);當(dāng)x∈時,利用函數(shù)單調(diào)性,確定f(x)先增后減且f(0)=0,f>0,所以此區(qū)間上沒有零點(diǎn);當(dāng)x∈時,利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點(diǎn);當(dāng)x∈(π,+∞)時,f(x)<0,所以此區(qū)間上沒有零點(diǎn). 審結(jié)論 問題解決的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯誤.因而解決問題時的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個目標(biāo)進(jìn)行定向思考的.審視結(jié)論就是在結(jié)論的啟發(fā)下,探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律.善于從結(jié)論中捕捉解題信息,善于對結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化,使之逐步靠近條件,從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向. 規(guī)范解答 評分細(xì)則
43、 [解析] (1)設(shè)g(x)=f′(x),則g(x)=cos x-,g′(x)=-sin x+.1分① 當(dāng)x∈時,g′(x)單調(diào)遞減,而g′(0)>0,g′<0,可得g′(x)在有唯一零點(diǎn).2分② 設(shè)零點(diǎn)為α.則當(dāng)x∈(-1,α)時,g′(x)>0;當(dāng)x∈時,g′(x)<0.3分③ 所以g(x)在(-1,α)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn),即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn).4分④ (2)f(x)的定義域為(-1,+∞). (ⅰ)當(dāng)x∈(-1,0]時,由(1)知,f′(x)在(-1,0)單調(diào)遞增,而f′(0)=0,所以當(dāng)x∈(-1,0)時,f′(x)<0,故f(x)在
44、(-1,0)單調(diào)遞減.又f(0)=0,從而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零點(diǎn).6分⑤ (ⅱ)當(dāng)x∈時,由(1)知,f′(x)在(0,α)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減,而f′(0)=0,f′<0,所以存在β∈,使得f′(β)=0,且當(dāng)x∈(0,β)時,f′(x)>0;當(dāng)x∈時,f′(x)<0.故f(x)在(0,β)單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.8分⑥ 又f(0)=0,f=1-ln>0,所以當(dāng)x∈時,f(x)>0.從而,f(x)在沒有零點(diǎn).9分⑦ (ⅲ)當(dāng)x∈時,f′(x)<0,所以f(x)在單調(diào)遞減.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在有唯一零點(diǎn).10分⑧ (ⅳ)當(dāng)x∈(π,+∞)時,ln(x+
45、1)>1,所以f(x)<0,從而f(x)在(π,+∞)沒有零點(diǎn). 綜上,f(x)有且僅有2個零點(diǎn).12分⑨ 第(1)問踩點(diǎn)得分 ①構(gòu)造函數(shù)g(x)=f′(x)并正確求導(dǎo)g′(x)得1分. ②判斷g′(x)在上遞減,由零點(diǎn)存在定理判定g′(x)在有唯一零點(diǎn)α,得1分. ③判斷g′(x)在(-1,α),上的符號,得1分. ④得出g(x)=f′(x)在有唯一極大值點(diǎn)得1分. 第(2)問踩點(diǎn)得分 ⑤判斷f′(x)在(-1,0)遞增,得1分,判斷f(x)在(-1,0)遞減,又f(0)=0,有唯一零點(diǎn),得1分. ⑥當(dāng)x∈時判斷f′(x)的單調(diào)性,得1分;判斷f′(x)存在零點(diǎn)β,研究f(x)的單調(diào)性,得1分. ⑦由f(0)=0,f>0,結(jié)合f(x)的單調(diào)性,得出f(x)在上無零點(diǎn),得1分. ⑧當(dāng)x∈時,研究f(x)的單調(diào)性,由零點(diǎn)存在定理得出結(jié)論,得1分. ⑨當(dāng)x∈(π,+∞)時,f(x)<0,從而f(x)在(π,+∞)上無零點(diǎn)得1分,根據(jù)分類討論,得出總結(jié)論,得1分. - 19 -
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