(全國通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理

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《(全國通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國通用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題練習(xí) 理(27頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題 「考情研析」  利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題,高考中常與函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根及不等式相結(jié)合,難度較大.解題時(shí)要注意分類討論思想和轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用. 核心知識(shí)回顧 1.利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根的問題 (1)利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對(duì)數(shù)式方程根的個(gè)數(shù)問題的一般思路: ①將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題; ②利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等; ③畫出函數(shù)的大致圖象; ④結(jié)合圖象求解. (2)證明復(fù)雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟: ①在該區(qū)間上構(gòu)造與方程相應(yīng)

2、的函數(shù); ②利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性; ③判斷該函數(shù)在該區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值異號(hào); ④作出結(jié)論. 2.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值,再由單調(diào)性或最值來證明不等式,其中構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵. 熱點(diǎn)考向探究 考向1 利用導(dǎo)數(shù)討論方程根的個(gè)數(shù) 例1 (2019·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln -ax+(a>0,b>0),對(duì)任意x>0,都有f(x)+f=0. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)f(x)存在三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)由f(x)+f=ln -a

3、x++ln -+=0,得b=4a, 則f(x)=ln -ax+,f′(x)=-a- =(x>0), 若Δ=1-16a2≤0,即a≥時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 若Δ=1-16a2>0,即00,x2=>0, 又h(x)=-ax2+x-4a開口向下. 當(dāng)00,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x>x2時(shí),h(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 綜上所述,當(dāng)a≥時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;當(dāng)0

4、f(2)=0. f(x)=ln -ax+,f=-ln 2a2-+4a3, 令g(a)=-ln 2a2-+4a3,g′(a)=-++12a2=. 令m(a)=12a4-2a+1,m′(a)=48a3-2單調(diào)遞增. 由m

5、′(a)=48a3-2=0,求得a0= >. 當(dāng)0m=-+1>0, f=g(a)=-ln 2a2-+4a3在上單調(diào)遞增. 故f=g(a)0,>x2, 由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在區(qū)間上有一個(gè)根,設(shè)為x0,又f(x0)+f=0,得f=0,由x2

6、然后通過函數(shù)性質(zhì)得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù),或者兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù),基本步驟是“先數(shù)后形”. (2019·永州市高三第三次模擬)已知函數(shù)f(x)=2aln x-x2. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a>0時(shí),求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,e2)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解 (1)∵f(x)=2aln x-x2,∴f′(x)=, ∵x>0, 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)=<0, 當(dāng)a>0時(shí),f′(x)==, 當(dāng)00;當(dāng)x>時(shí),f′(x)<0, ∴當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(0, )上單調(diào)遞增,在(,+∞)上單調(diào)遞減

7、. (2)由(1),得f(x)max=f()=a(ln a-1), 當(dāng)a(ln a-1)<0,即00,即a>e時(shí),由于f(1)=-1<0,f()=a(ln a-1)>0, f(e2)=2aln e2-e4=4a-e4=(2-e2)(2+e2), 若2-e2<0,即e

8、2)=0, 故此時(shí)函數(shù)f(x)在(1,e2)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn); 若2-e2≥0,即a≥時(shí),≥>,f(e2)≥0, 且f()=2aln -e=a-e>0,f(1)=-1<0, 由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)在(1,)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),在(,e2)內(nèi)沒有零點(diǎn),從而f(x)在(1,e2)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn). 綜上所述,當(dāng)a∈(0,e)時(shí),函數(shù)f(x)在(1,e2)內(nèi)無零點(diǎn); 當(dāng)a∈{e}∪時(shí),函數(shù)f(x)在(1,e2)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn); 當(dāng)a∈時(shí),函數(shù)f(x)在(1,e2)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn). 考向2 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 例2 (2019·南開中學(xué)高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)=-ax+aln

9、 x,其中a>0. (1)若函數(shù)f(x)僅在x=1處取得極值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若函數(shù)g(x)=f(x)+a有三個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,x3,求證:x1x2+x1x3+x2x3>2x1x2x3. 解 (1)由f(x)=-ax+aln x, 得f′(x)=+a=, 由f(x)僅在x=1處取得極值, 則ex-ax≠0,即a≠.令h(x)=(x∈(0,+∞)),則h′(x)=,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,則h(x)min=h(1)=e. ∴當(dāng)00, 此時(shí)f′(x)==0僅有

10、一個(gè)零點(diǎn)x=1, 則f(x)僅在x=1處取得極值; 當(dāng)a=e時(shí),ex-ex=0與x-1=0在同一處取得零點(diǎn),此時(shí)當(dāng)x∈(0,1)時(shí),(x-1)(ex-ex)<0, 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),(x-1)(ex-ex)>0, ∴f′(x)==0僅有一個(gè)零點(diǎn)x=1, 則f(x)僅在x=1處取得極值,所以a=e符合題意. 當(dāng)a>e時(shí),顯然與已知不相符合. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為0

11、 x-1=0有一個(gè)零點(diǎn),則x3=1. 令p(x)=ex-a(x-1),則p′(x)=ex-a, ∴當(dāng)x∈(0,ln a)時(shí),p′(x)<0,p(x)單調(diào)遞減, ∴當(dāng)x=ln a時(shí),p(x)取得極值,當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),p′(x)>0,p(x)單調(diào)遞增, ∴p(ln a)=a-a(ln a-1)<0,則當(dāng)a>e2時(shí),ex-a(x-1)=0有兩零點(diǎn)x1,x2,且12x1x2x3,即證:x1+x2>x1x2?(x1-1)(x2-1)<1,由ex1=a(x1-1),ex2=a(x2-1),則ex1+x2=a2(x1-1)(

12、x2-1),即證:ex1+x2=a2(x1-1)(x2-1)

13、+x2x3>2x1x2x3得證. 利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本思想是構(gòu)造函數(shù),通過研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值,通過一般函數(shù)值與特殊值的比較得出所證不等式. 已知函數(shù)f(x)=λln x-e-x(λ∈R). (1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù),求λ的取值范圍; (2)求證:當(dāng)01-. 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), ∵f(x)=λln x-e-x,∴f′(x)=+e-x=, ∵函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù),∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立, ①當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時(shí),f′(x)≤0, ∴≤

14、0,即λ+xe-x≤0,λ≤-xe-x=-, 令φ(x)=-,則φ′(x)=, 當(dāng)01時(shí),φ′(x)>0, 則φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴當(dāng)x>0時(shí),φ(x)min=φ(1)=-,∴λ≤-; ②當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時(shí),f′(x)≥0, ∴≥0,即λ+xe-x≥0,λ≥-xe-x=-, 由①得φ(x)=-在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,又φ(0)=0,x→+∞時(shí),φ(x)<0,∴λ≥0. 綜上,λ≤-或λ≥0. (2)證明:由(1)可知,當(dāng)λ=-時(shí),f(x)=-ln x-e-x在(0,

15、+∞)上單調(diào)遞減,∵0f(x2),即-ln x1-e-x1>-ln x2-e-x2, ∴e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2. 要證e1-x2-e1-x1>1-, 只需證ln x1-ln x2>1-, 即證ln >1-, 令t=,t∈(0,1),則只需證ln t>1-, 令h(t)=ln t+-1,則當(dāng)00,即ln t>1-,得證. 考向3 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題 角度1 函數(shù)不等式恒成立問題 例3 (2019·內(nèi)蒙古高三高考一

16、模)已知函數(shù)f(x)=2ax+bx-1-2ln x(a∈R). (1)當(dāng)b=0時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若對(duì)任意的a∈[1,3]和x∈(0,+∞),f(x)≥2bx-3恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍. 解 (1)當(dāng)b=0時(shí),f′(x)=2a-=(x>0), 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)<0,得00,得x>. ∴當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞),無單調(diào)遞增區(qū)間; 當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)?a∈[1,3]

17、和?x∈(0,+∞),f(x)≥2bx-3恒成立等價(jià)于2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3,?x∈(0,+∞),?a∈[1,3]恒成立.即a+-≥,?x∈(0,+∞),?a∈[1,3]恒成立. 令g(x)=a+-,a∈[1,3],x∈(0,+∞), 則g′(x)=--=,令g′(x)=0,得x=e2, 由此可得g(x)在區(qū)間(0,e2]上單調(diào)遞減,在區(qū)間[e2,+∞)上單調(diào)遞增, ∴當(dāng)x>0時(shí),g(x)min=g(e2)=a-,即≤a-, 又a∈[1,3],∴實(shí)數(shù)b的取值范圍是. 利用導(dǎo)數(shù)求解不等式恒成立問題中參數(shù)的方法 (1)分離參數(shù)法:若能夠?qū)?shù)分離,且分離后含x變

18、量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求,則用分離參數(shù)法. 即①λ≥f(x)恒成立,則λ≥f(x)max. ②λ≤f(x)恒成立,則λ≤f(x)min. (2)最值轉(zhuǎn)化法:若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值不易求,則常用最值轉(zhuǎn)化法.可通過求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解.如f(x)≥0,則只需f(x)min≥0. 設(shè)函數(shù)f(x)=(ax+1)e-x(a∈R). (1)當(dāng)a>0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)對(duì)任意的x∈[0,+∞),f(x)≤x+1恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=a·e-x-(ax+1)·e-x=a·e-x·, 由于e-

19、x>0,a>0,所以令f′(x)≥0得,x≤. 所以當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)令h(x)=(ax+1)e-x-x-1,則f(x)≤x+1恒成立等價(jià)于h(x)≤0恒成立. ①若a≤0,則當(dāng)x≥0時(shí),ax+1≤1,02,則

20、h′(0)=e-0(a-1-a×0)-1=a-2>0, h′(1)=e-1(a-1-a)-1=-e-1-1<0. 所以h′(x)在(0,1)上有零點(diǎn). 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),設(shè)g(x)=h′(x),則g′(x)=e-x(ax+1-2a)0,h(x)在(0,x0)上為增函數(shù),即x∈(0,x0)時(shí),h(x)>h(0)=0,所以f(x)>x+1,不符合題意. 綜上可得,符合題意的a的取值范圍是(-∞,2]. 角度2 含量詞的不等式問題   

21、         例4 (2019·延安市高考模擬)已知函數(shù)f(x)=ax+1-xln x的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線x-y=0平行. (1)求函數(shù)f(x)的極值; (2)若?x1,x2∈(0,+∞),>m(x1+x2),求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解 (1)f(x)=ax+1-xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=a-1-ln x, 可得y=f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為a-1, 由切線與直線x-y=0平行,可得a-1=1,即a=2, f(x)=2x+1-xln x,f′(x)=1-ln x,當(dāng)00,當(dāng)x>e時(shí),f′(x)<0, 所以f(

22、x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減, 可得f(x)在x=e處取得極大值為f(e)=e+1,無極小值. (2)設(shè)x1>x2>0,若>m(x1+x2),可得f(x1)-f(x2)>mx-mx, 即f(x1)-mx>f(x2)-mx, 設(shè)g(x)=f(x)-mx2在(0,+∞)上是增函數(shù), 即g′(x)=1-ln x-2mx≥0在(0,+∞)上恒成立, 可得2m≤在(0,+∞)上恒成立,設(shè)h(x)=,所以h′(x)=, h(x)在(0,e2)上單調(diào)遞減,在(e2,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)在x=e2處取得極小值為h(e2)=-, 所以m≤-. 含量詞不等式問題

23、的解法 (1)f(x)>g(x)對(duì)一切x∈I恒成立?[f(x)-g(x)]min>0(x∈I). (2)存在x∈I,使f(x)>g(x)成立?[f(x)-g(x)]max>0(x∈I). (3)對(duì)任意x1,x2∈D,使f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)max. (4)存在x1,x2∈D,使f(x1)≥g(x2)?f(x)max≥g(x)min. (5)任意x1∈D1,存在x2∈D2,使f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min(f(x)定義域?yàn)镈1,g(x)定義域?yàn)镈2). (2019·毛坦廠中學(xué)高三校區(qū)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x+x2-kx-1

24、. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x10在(0,+∞)上恒成立,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)k>0時(shí),若Δ=k2-8≤0,即00,即k>2時(shí), 令f′(x)=0,解得x2=>x1=>0, 令f′(x)>0,解得0x2,令f′(x)<0, 解得x1

25、2時(shí),f(x)在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)證明:由(1)得,若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2, 則k>2,且2x-kx1+1=0, 則f(x1)=ln x1+x-kx1-1=ln x1+x-(2x+1)-1=ln x1-x-2. 下面先證明ln x0): 設(shè)g(x)=ln x-x,x>0,則g′(x)=-1, 易得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴g(x)max=g(1)=-1<0,∴g(x)<0(x>0)

26、,即ln x0). ∴f(x1)=ln x1-x-20),g′(x)= ,令h(x)=ex-x-1,h′(x)=ex-1,x>0,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,∴ex-

27、x-1>0在(0,+∞)上恒成立,∴當(dāng)x∈(0,1),g′(x)<0,當(dāng)x∈(1,+∞),g′(x)>0,∴g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1),單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞). (2)f(x)+(3x2+x-3k)≤0,即3k≥2ex+x2+x-2有解,令h(x)=2ex+x2+x-2,h′(x)=2ex+2x+1在R上遞增, ∵h(yuǎn)′(0)>0,h′(-1)<0,故存在唯一的x0∈(-1,0)使得h′(x)=2ex0+2x0+1=0,∴h(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,∴h(x)≥h(x0)=2e x0+x+x0-2=x-x0-3,∵x0∈(-1,0),∴x-x0-3

28、∈(-3,-1),故3k>-3, ∴k>-1. 2.(2019·浙江高考)已知實(shí)數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+,x>0. (1)當(dāng)a=-時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)對(duì)任意x∈均有f(x)≤,求a的取值范圍. 注:e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). 解 (1)當(dāng)a=-時(shí),f(x)=-ln x+,x>0. f′(x)=-+=, 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞). (2)由f(1)≤,得0

29、 則g(t)=2--2ln x. ①當(dāng)x∈時(shí), ≤2, 則g(t)≥g(2)=8-4-2ln x. 記p(x)=4-2-ln x,x≥, 則p′(x)=-- = =. 故 x 1 (1,+∞) p′(x) - 0 + p(x) p 單調(diào)遞減 極小值p(1) 單調(diào)遞增 所以p(x)≥p(1)=0.因此g(t)≥g(2)=2p(x)≥0. ②當(dāng)x∈時(shí), g(t)≥g=. 令q(x)=2ln x+(x+1),x∈, 則q′(x)=+1>0,故q(x)在上單調(diào)遞增, 所以q(x)≤q. 由①,得q=-p<-p(1)=0. 所以q(x

30、)<0.因此,g(t)≥g=->0. 由①②知對(duì)任意x∈,t∈[2,+∞), g(t)≥0,即對(duì)任意x∈,均有f(x)≤ . 綜上所述,所求a的取值范圍是. 3.(2019·南陽市六校高二下學(xué)期第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=-ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:0<1+xln x0,所以ex-1>0,所以當(dāng)01時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞). (2)證明:令h(x)=1+xln x,則h′(x)=1+ln x. 當(dāng)x∈

31、時(shí),h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈時(shí),h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增; 所以h(x)≥h=1+ln =1->0. 故1+xln x>0. 由(1)知f(x)=-ln x在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(1)=e-1>0,即-ln x>0. 因?yàn)閤>0,所以上述不等式可化為1+xln x0). (1)若函數(shù)f(x)有零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)證明:當(dāng)a≥時(shí),f(x)>e-x. 解 (1)解法一:函數(shù)f(x)=ln x+

32、的定義域?yàn)?0,+∞). 由f(x)=ln x+,得f′(x)=-=. 因?yàn)閍>0,則x∈(0,a)時(shí),f′(x)<0;x∈(a,+∞)時(shí),f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增. 當(dāng)x=a時(shí),f(x)min=ln a+1. 當(dāng)ln a+1≤0,即00,則函數(shù)f(x)有零點(diǎn).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 解法二:函數(shù)f(x)=ln x+的定義域?yàn)?0,+∞). 由f(x)=ln x+=0,得a=-xln x. 令g(x)=-xln x,則g′(x)=-(ln x+1). 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)>0;

33、當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0. 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 故x=時(shí),函數(shù)g(x)取得最大值g=-ln =. 因而函數(shù)f(x)=ln x+有零點(diǎn),則0e-x,即證明當(dāng)x>0,a≥時(shí),ln x+>e-x,即xln x+a>xe-x.令h(x)=xln x+a, 則h′(x)=ln x+1. 當(dāng)0時(shí),h′(x)>0. 所以函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 當(dāng)x=時(shí),h(x)min=-+a. 于是,當(dāng)a≥時(shí),h(x)≥-+a≥.① 令φ(x)=xe-x

34、,則φ′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x). 當(dāng)00;當(dāng)x>1時(shí),φ′(x)<0. 所以函數(shù)φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減. 當(dāng)x=1時(shí),φ(x)max=.于是,當(dāng)x>0時(shí),φ(x)≤.② 顯然,不等式①②中的等號(hào)不能同時(shí)成立. 故當(dāng)a≥時(shí),f(x)>e-x. 『金版押題』 5.已知函數(shù)f(x)=xln x+ax在x=x0處取得極小值-1. (1)求實(shí)數(shù)a的值; (2)設(shè)g(x)=xf(x)+b(b>0),討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=ln x+1+a, ∵

35、函數(shù)f(x)=xln x+ax在x=x0處取得極小值-1, ∴得 當(dāng)a=-1時(shí),f′(x)=ln x, 則x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0, ∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增, ∴x=1時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值-1,符合題意, ∴a=-1. (2)由(1)知,函數(shù)g(x)=xf(x)+b=x2ln x-x2+b(b>0),定義域?yàn)?0,+∞),則g′(x)=2x, 令g′(x)<0,得00,得x>. ∴g(x)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增. 當(dāng)x=時(shí),函數(shù)g(x)取得最小

36、值b-. 當(dāng)b->0,即b>時(shí),函數(shù)g(x)沒有零點(diǎn); 當(dāng)b-=0,即b=時(shí),函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn); 當(dāng)b-<0,即00?g()g(e)<0,存在x1∈(,e),使g(x1)=0, ∴g(x)在(,e)上有一個(gè)零點(diǎn)x1. 設(shè)h(x)=ln x+-1,則h′(x)=-=. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)<0,則h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減, ∴h(x)>h(1)=0,即當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ln x>1-, 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)=x2ln x-x2+b>x2-x2+b=b-x,取xm=min{b,1},則g(xm)>0; ∴g()g(xm)<0

37、,∴存在x2∈(xm,),使得g(x2)=0. ∴g(x)在(xm,)上有一個(gè)零點(diǎn)x2, ∴g(x)在(0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2, 綜上可得,當(dāng)b>時(shí),函數(shù)g(x)沒有零點(diǎn);當(dāng)b=時(shí),函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)01時(shí),證明:g(x)在(0,π)上存在最小值. 解 (1)因?yàn)閒(x)=x-2sinx+1,所以f′(x)=1-2cosx, 則f(0)=1,f′(0

38、)=-1,所以切線方程為y=-x+1. (2)令f′(x)=0,則cosx=,當(dāng)x∈(0,π)時(shí),得x=,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化如下表. x f′(x) - 0 + f(x) 減 最小值 增 所以函數(shù)f(x)在(0,π)上的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為. (3)證明:因?yàn)間(x)=x2+mcosx,所以g′(x)=x-msinx. 令h(x)=g′(x)=x-msinx,則h′(x)=1-mcosx, 因?yàn)閙>1,所以∈(0,1), 令h′(x)=1-mcosx=0,則cosx=,易知cosx=在(0,π)內(nèi)有唯一解x0, 當(dāng)x∈(

39、0,x0)時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),h′(x)>0, 所以h(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,π)上單調(diào)遞增.所以h(x0)0,所以h(x)=x-msinx在(x0,π)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1, 當(dāng)x∈(0,x1)時(shí),h(x)<0,即g′(x)<0, 當(dāng)x∈(x1,π)時(shí),h(x)>0,即g′(x)>0, 所以g(x)在(0,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,π)上單調(diào)遞增. 所以函數(shù)g(x)在x=x1處取得最小值, 即當(dāng)m>1時(shí),函數(shù)g(x)在(0,π)上存在最小值. 配套作業(yè) 1.(2019·白銀市靖遠(yuǎn)縣高三第四次聯(lián)考)已知函數(shù)f

40、(x)=(x-1)ex. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和零點(diǎn); (2)若f(x)≥ax-e恒成立,求a的取值范圍. 解 (1)f′(x)=ex+(x-1)ex=xex, 令f′(x)=0,解得x=0. 所以函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞), 令f(x)=0,解得x=1,所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)是x=1. (2)畫出f(x)的大致圖象,如圖所示, 設(shè)g(x)=ax-e,則g(x)的圖象恒過點(diǎn)(0,-e), 設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)ex的圖象在點(diǎn)P(x0,y0)處的切線

41、過點(diǎn)(0,-e), 所以f′(x0)=x0ex0,f(x0)=(x0-1)ex0, f(x)的圖象在P(x0,y0)處的切線方程為y-(x0-1)·ex0=x0ex0 (x-x0), 將(0,-e)代入切線方程,得-e-(x0-1) ex0=-xex0, 整理得(x-x0+1) ex0=e, 設(shè)h(x)=(x2-x+1)ex-e?h′(x)=(x2+x)ex, 令h′(x)=0,得x=0或x=-1, 所以h(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-1,0)上單調(diào)遞減. 又h(-1)=-e<0,h(0)=1-e<0,h(1)=0, 所以x0=1是方程(x-x0+1)

42、 ex0=e的唯一解, 所以過點(diǎn)(0,-e)且與f(x)的圖象相切的直線方程為y=ex-e. 令m(x)=(x-1)ex-ex+e,則m′(x)=xex-e,當(dāng)x>1時(shí),m′(x)>0;當(dāng)0

43、,e],有f(x1)>g(x2),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)f′(x)=-a=, ①當(dāng)a≤0時(shí),1-ax>0,則f′(x)>0,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增; ②當(dāng)0

44、 (2)g′(x)=2ax,依題意知,x∈[1,e]時(shí),f(x)min>g(x)max恒成立.已知a?(0,e),則 ①當(dāng)a≤0時(shí),g′(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,而f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=-a,g(x)max=g(1)=a+1, 所以-a>a+1,得a<-; ②當(dāng)a≥e時(shí),g′(x)>0,所以g(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,而f(x)在[1,e]上單調(diào)遞減, 所以g(x)max=g(e)=ae2+1,f(x)min=f(e)=1-ae,所以1-ae>ae2+1,得a<0,與a≥e矛盾. 綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 3

45、.已知函數(shù)f(x)=aln x-x+2,a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若對(duì)任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,求實(shí)數(shù)a的值. 解 (1)因?yàn)閒(x)=aln x-x+2,所以f′(x)=-1=,x>0, 當(dāng)a≤0時(shí),對(duì)任意的x∈(0,+∞),f′(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)遞增區(qū)間; 當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=0,得x=a, 因?yàn)閤∈(0,a)時(shí),f′(x)>0,x∈(a,+∞)時(shí),f′(x)<0, 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,a),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,+∞). (2)①當(dāng)a≤

46、1時(shí),由(1)知,f(x)在[1,e]上是減函數(shù),所以f(x)max=f(1)=1. 因?yàn)閷?duì)任意的x1∈[1,e],x2∈[1,e],f(x1)+f(x2)≤2f(1)=2<4, 所以對(duì)任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4. ②當(dāng)1

47、以對(duì)任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4. ③當(dāng)a≥e時(shí),由(1)知,f(x)在[1,e]上是增函數(shù),f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e)=a-e+2, 由題意,對(duì)任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4, 則當(dāng)x1=1時(shí),要使存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,則f(1)+f(e)≥4, 同理當(dāng)x1=e時(shí),要使存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,則f(e)+f(1)≤4,所以f(1)+f(e)=4. (對(duì)任意的x1∈(1,e),令g(x)=4-f(x

48、)-f(x1),x∈[1,e],g(x)=0有解. g(1)=4-f(1)-f(x1)=f(e)-f(x1)>0,g(e)=4-f(e)-f(x1)=f(1)-f(x1)<0, 所以存在x2∈(1,e),g(x2)=4-f(x2)-f(x1)=0,即f(x1)+f(x2)=4.)所以由f(1)+f(e)=a-e+3=4,得a=e+1. 綜上可知,實(shí)數(shù)a的值為e+1. 4.(2019·漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)已知函數(shù)f(x)=3x2+mln x+4,且f(x)在x=1處的切線方程為y=nx. (1)求f(x)的解析式,并討論其單調(diào)性. (2)若函數(shù)g(x)=ex-1+3x2+4

49、-f(x),證明:g(x)≥1. 解 (1)由題意得切點(diǎn)為(1,n),代入f(x)得,n=7,① f′(x)=6x+,即f′(1)=6+m=n,?、? 解得∴f(x)=3x2+ln x+4,x∈(0,+∞), ∴f′(x)=6x+>0,即f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)證明:由題意,g(x)=ex-1-ln x,g′(x)=ex-1-. 構(gòu)造函數(shù)h(x)=g′(x)=ex-1-,x>0, h′(x)=ex-1+>0,即h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 又h(1)=0,即當(dāng)01時(shí),g′(x)>0,即g(

50、x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∴g(x)≥g(1)=1. 5.(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)=+aln x(a>0). (1)若函數(shù)y=f(x)圖象上各點(diǎn)處切線斜率的最大值為2,求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn); (2)若關(guān)于x的不等式f(x)<2有解,求a的取值范圍. 解 f′(x)=-+(x>0). (1)∵a>0,∴當(dāng)=時(shí),f′(x)取最大值.∴=2, ∵a>0,∴a=4,∴此時(shí)f′(x)=-+=. 在上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;在上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, ∴f(x)的極小值點(diǎn)為x=,無極大值點(diǎn). (2)∵f′(x)=(x>0

51、且a>0), ∴在上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 在上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, ∴f(x)≥f=a+aln , ∵關(guān)于x的不等式f(x)<2有解,∴a+aln <2. ∵a>0,∴l(xiāng)n +1-<0, 令g(x)=ln x+1-x,∴g′(x)=-1=, 在(0,1)上,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增; 在(1,+∞)上,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, ∴g(x)≤g(1)=0, ∵ln +1-<0.可知>0且≠1. ∴a的取值范圍是a>0且a≠2. 6.(2019·漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)已知函數(shù)f(x)=ex-ln (x+1)-a的圖象

52、在x=0處與x軸相切. (1)求f(x)的解析式,并討論其單調(diào)性; (2)若x>t≥0,證明:ex-t+ln (t+1)>ln (x+1)+1. 解 (1)由題意,得f(0)=1-a,即切點(diǎn)為(0,1-a), ∴1-a=0即a=1,∴f(x)=ex-ln (x+1)-1. 求導(dǎo),得f′(x)=ex-, 由題意,當(dāng)-11, 則f′(x)<0,即f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x>0時(shí),ex>1,<1,則f′(x)>0, 即f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)證法一:要證原不等式,即證ex-t+ln (t+1)-ln (x+1)-1>0,構(gòu)造

53、函數(shù)g(x)=ex-t+ln (t+1)-ln (x+1)-1,x>0,即證g(x)>0,g′(x)=ex-t-. ∵x>t≥0,即x-t>0,x+1>1,則ex-t>1,<1. ∴g′(x)>0,即g(x)為(0,+∞)上的增函數(shù). 當(dāng)x=t,g(t)=0時(shí),由題意,x>t≥0, ∴g(x)>g(t)=0即g(x)>0,故原不等式得證. 證法二:要證原不等式,即證ex-t-1>ln (x+1)-ln (t+1), 由(1)知,當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=ex-ln (x+1)-1≥f(0)=0, 由題意,x>t≥0即x-t>0, ∴f(x-t)=ex-t-ln (x-t+1)-1≥

54、0, 即ex-t-1≥ln (x-t+1), ① 又ln (x-t+1)-[ln (x+1)-ln (t+1)] =ln =ln =ln >0. ∴l(xiāng)n (x-t+1)>ln (x+1)-ln (t+1),?、? 由①②得ex-t-1>ln (x+1)-ln (t+1),故原不等式得證. 7.已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-mx2+2,其中m∈R,e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). (1)當(dāng)m=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)常數(shù)m∈(2,+∞)時(shí),函數(shù)f(x)在[0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1ln . 解 (1)當(dāng)m=1

55、時(shí),f(x)=(x-1)ex-x2+2, ∴f′(x)=xex-2x=x(ex-2). 由f′(x)=x(ex-2)=0,解得x=0或x=ln 2. 當(dāng)x>ln 2或x<0時(shí),f′(x)>0, ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),(ln 2,+∞). 當(dāng)02,x≥0,由f′(x)=x(ex-2m)=0, 解得x=0或x=ln (2m). 當(dāng)x>ln (2m)時(shí),f′(x)>0,f(x)在(ln (2m),+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)0≤x

56、)在[0,ln (2m)]上單調(diào)遞減. ∴f(x)的極小值為f[ln (2m)]. ∵函數(shù)f(x)在[0,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x10,f(1)=2-m<0,可知x1∈(0,1). f[ln (2m)]<0,當(dāng)x→+∞時(shí),f(x)→+∞, f(x)在(ln (2m),+∞)上單調(diào)遞增. ∴x2∈(ln (2m),+∞).∴x2>ln (2m)>ln 4. ∵0ln 4-1=ln . 8.已知函數(shù)f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R). (1)求f(x)的最大值; (2)若函數(shù)f

57、(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,證明:x1+x2<-2ln a. 解 (1)令f′(x)=1-aex>0,得x0,則需證t2

58、(t)=2t+e-t-et,則h′(t)=2-e-t-et<0, ∴h(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴h(t)

59、m=0時(shí),f′(x)≥0,此時(shí)f(x)在R上單調(diào)遞增; ②當(dāng)10,f(x)單調(diào)遞增, x∈(1,m+1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, x∈(m+1,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; ③當(dāng)-10,f(x)單調(diào)遞增, x∈(m+1,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 綜上所述,當(dāng)m=0時(shí),f(x)在R上單調(diào)遞增; 當(dāng)0

60、 當(dāng)-2N. 當(dāng)m∈時(shí),由(1)知f(x)在(1,m+1)上單調(diào)遞減, g(x)=x,當(dāng)x∈[1,m+1]時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞增, 所以f(x)的最小值為M=f(m+1)=, g(x)的最大值為N=m+1, 所以下面判斷M=f(m+1)與N=m+1的大小, 即判斷ex與(1+x)x的大小,其中x=m+1∈, 令m(x)=ex-(1+x)x,則m′(x)=ex-2x-1, 令h(x)=m′(x),則h′(x)=ex-2, 因x=m+1∈,所以h′(x)=ex-2>0,m′

61、(x)單調(diào)遞增; 而m′(1)=e-3<0,m′=e-4>0, 故存在x0∈使得m′(x0)=ex0-2x0-1=0, 所以m(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, 所以m(x)≥m(x0)=ex0-x-x0=2x0+1-x-x0=-x+x0+1, 所以x0∈時(shí),m(x0)=-x+x0+1>0, 即ex>(1+x)x,即M=f(m+1)>N=m+1. 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類解答題 (12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x(a∈R),g(x)=. (1)當(dāng)a=-2時(shí),求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程; (2)若a<0,且對(duì)任意x1,x2∈(0,1],都有|f(x

62、1)-f(x2)|<4|g(x1)-g(x2)|,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解題思路 (1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率,進(jìn)而得到切線的方程;(2)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,結(jié)合f(x2)-f(x1)<4[g(x1)-g(x2)]即可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題,進(jìn)而求得a的取值范圍. 解 (1)當(dāng)a=-2時(shí),f(x)=x-1+2ln x,(1分) f′(x)=1+,f(1)=0,切線的斜率k=f′(1)=3,(2分) 故曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為3x-y-3=0.(4分) (2)對(duì)x∈(0,1],當(dāng)a<0時(shí),f′(x)=1->0,∴f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,

63、易知g(x)=在(0,1]上單調(diào)遞減,(6分) 不妨設(shè)x1,x2∈(0,1],且x1g(x2), ∴f(x2)-f(x1)<4[g(x1)-g(x2)],即f(x1)+>f(x2)+. 令h(x)=f(x)+,則當(dāng)x1h(x2), ∴h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,(8分) ∴h′(x)=1--=≤0在(0,1]上恒成立, ∴x2-ax-4≤0在(0,1]上恒成立,等價(jià)于a≥x-在(0,1]上恒成立, ∴只需a≥max.(10分) ∵y=x-在(0,1]上單調(diào)遞增,∴ymax=-3, ∴-3≤a<0, 故實(shí)

64、數(shù)a的取值范圍為[-3,0).(12分) 1.求導(dǎo)數(shù):準(zhǔn)確求出f′(x)給1分. 2.求斜率:利用切點(diǎn)橫坐標(biāo)求出切線斜率給1分. 3.寫方程:利用點(diǎn)斜式寫出切線方程并化簡給2分. 4.判斷單調(diào)性:準(zhǔn)確判斷f(x)與g(x)在(0,1]上的單調(diào)性給2分. 5.構(gòu)造函數(shù):將原不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)的單調(diào)性問題給2分. 6.轉(zhuǎn)化最值:將函數(shù)h(x)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為恒成立問題及最值問題給2分. 7.求最值:利用單調(diào)性求最值、求參數(shù)取值范圍給2分. 1.牢記求導(dǎo)法則,正確求導(dǎo)是解題關(guān)鍵,對(duì)函數(shù)的正確求導(dǎo)就能得到相應(yīng)分?jǐn)?shù). 2.構(gòu)建函數(shù)模型,構(gòu)造函數(shù)是解決不等式問題的核

65、心思想,如本題中由f(x1)+>f(x2)+構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)+,將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性及最值問題. 3.步驟齊全很關(guān)鍵,查看是否注意定義域,區(qū)間的變化,分類討論的條件,極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子,解答時(shí)一定要寫清楚. [跟蹤訓(xùn)練] (2019·濟(jì)寧市高三第一次模擬)(12分)已知函數(shù)f(x)=ln x-2ax,a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若不等式f(x)1時(shí)恒成立,求a的取值范圍. 解 (1)f′(x)=-2a=(x>0),(1分) ①若a≤0,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;(2分) ②若a>0,

66、當(dāng)00;當(dāng)x>時(shí),f′(x)<0, 所以是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.(3分) 綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞); 當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.(4分) (2)由題意可知,不等式可轉(zhuǎn)化為ln x+ax2-(2a+1)x<0在x>1時(shí)恒成立, 令g(x)=ln x+ax2-(2a+1)x(x>1),(5分) g′(x)=+2ax-(2a+1)= =.(6分) ①若a≤0,則g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以g(x)1,當(dāng)1時(shí),g′(x)>0, g(x)在上單調(diào)遞減,g(x)在上單調(diào)遞增, 所以g(x)∈,不符合題意;(10分) ③若a≥,當(dāng)x>1時(shí),g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)∈(g(1),+∞),不符合題意. 綜上所述,-1≤a≤0.(12分) - 27

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