（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)的熱點問題練習(xí) 理

《（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)的熱點問題練習(xí) 理》由會員分享，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)的熱點問題練習(xí) 理（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　導(dǎo)數(shù)的熱點問題 「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、方程的根及不等式相結(jié)合，難度較大．解題時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、對數(shù)式方程根的個數(shù)問題的一般思路： ①將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點的個數(shù)問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點的個數(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)間端點處的函數(shù)值異號； 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)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵. 熱點考向探究 考向1 利用導(dǎo)數(shù)討論方程根的個數(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)存在三個不同的零點時，求實數(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，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，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≥時，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， 由零點存在性定理知f(x)在區(qū)間上有一個根，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軸交點的個數(shù)，或者兩個函數(shù)圖象交點的個數(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，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2)內(nèi)的零點個數(shù)． 解　(1)∵f(x)＝2aln x－x2，∴f′(x)＝， ∵x>0， 當(dāng)a≤0時，f′(x)＝<0， 當(dāng)a>0時，f′(x)＝＝， 當(dāng)00；當(dāng)x>時，f′(x)<0， ∴當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時，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，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， 故此時函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有兩個零點； 若2－e2≥0，即a≥時，≥>，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，在(，e2)內(nèi)沒有零點，從而f(x)在(1，e2)內(nèi)只有一個零點． 綜上所述，當(dāng)a∈(0，e)時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)無零點； 當(dāng)a∈{e}∪時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有一個零點； 當(dāng)a∈時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有兩個零點． 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，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋a有三個極值點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，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)min＝h(1)＝e. ∴當(dāng)00， 此時f′(x)＝＝0僅有

10、一個零點x＝1， 則f(x)僅在x＝1處取得極值； 當(dāng)a＝e時，ex－ex＝0與x－1＝0在同一處取得零點，此時當(dāng)x∈(0,1)時，(x－1)(ex－ex)<0， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，(x－1)(ex－ex)>0， ∴f′(x)＝＝0僅有一個零點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，顯然與已知不相符合． ∴實數(shù)a的取值范圍為0

11、 x－1＝0有一個零點，則x3＝1. 令p(x)＝ex－a(x－1)，則p′(x)＝ex－a， ∴當(dāng)x∈(0，ln a)時，p′(x)<0，p(x)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝ln a時，p(x)取得極值，當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，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，ex－a(x－1)＝0有兩零點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)的定義域為(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，f′(x)≤0， ∴≤

14、0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－， 令φ(x)＝－，則φ′(x)＝， 當(dāng)01時，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，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－； ②當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時，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，φ(x)<0，∴λ≥0. 綜上，λ≤－或λ≥0. (2)證明：由(1)可知，當(dāng)λ＝－時，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，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)當(dāng)b＝0時，f′(x)＝2a－＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時，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，由f′(x)<0，得00，得x>. ∴當(dāng)a≤0時，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，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，g(x)min＝g(e2)＝a－，即≤a－， 又a∈[1,3]，∴實數(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，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)對任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≤x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a>0時，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，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恒成立等價于h(x)≤0恒成立． ①若a≤0，則當(dāng)x≥0時，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． 當(dāng)x∈(0,1)時，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，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(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(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，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)定義域為D1，g(x)定義域為D2)． (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)存在兩個極值點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，若Δ＝k2－8≤0，即00，即k>2時， 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，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)存在兩個極值點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)已知實數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，x>0. (1)當(dāng)a＝－時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)對任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范圍． 注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)． 解　(1)當(dāng)a＝－時，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，　≤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， 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知對任意x∈，t∈[2，＋∞)， g(t)≥0，即對任意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，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，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時，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. 因為x>0，所以上述不等式可化為1＋xln x0)． (1)若函數(shù)f(x)有零點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)證明：當(dāng)a≥時，f(x)>e－x. 解　(1)解法一：函數(shù)f(x)＝ln x＋

32、的定義域為(0，＋∞)． 由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝－＝. 因為a>0，則x∈(0，a)時，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)時，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，f(x)min＝ln a＋1. 當(dāng)ln a＋1≤0，即00，則函數(shù)f(x)有零點．所以實數(shù)a的取值范圍為. 解法二：函數(shù)f(x)＝ln x＋的定義域為(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，g′(x)>0；

33、當(dāng)x∈時，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，函數(shù)g(x)取得最大值g＝－ln ＝. 因而函數(shù)f(x)＝ln x＋有零點，則0e－x，即證明當(dāng)x>0，a≥時，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，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，h(x)min＝－＋a. 于是，當(dāng)a≥時，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，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，φ(x)max＝.于是，當(dāng)x>0時，φ(x)≤.② 顯然，不等式①②中的等號不能同時成立． 故當(dāng)a≥時，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)的零點個數(shù)． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(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，f′(x)＝ln x， 則x∈(0,1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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，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)，定義域為(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，函數(shù)g(x)取得最小

36、值b－. 當(dāng)b－>0，即b>時，函數(shù)g(x)沒有零點； 當(dāng)b－＝0，即b＝時，函數(shù)g(x)有一個零點； 當(dāng)b－<0，即00?g()g(e)<0，存在x1∈(，e)，使g(x1)＝0， ∴g(x)在(，e)上有一個零點x1. 設(shè)h(x)＝ln x＋－1，則h′(x)＝－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時，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，ln x>1－， 當(dāng)x∈(0,1)時，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，)上有一個零點x2， ∴g(x)在(0，＋∞)上有兩個零點x1，x2， 綜上可得，當(dāng)b>時，函數(shù)g(x)沒有零點；當(dāng)b＝時，函數(shù)g(x)有一個零點；當(dāng)01時，證明：g(x)在(0，π)上存在最小值． 解　(1)因為f(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，得x＝，當(dāng)x變化時，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：因為g(x)＝x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx. 令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，則h′(x)＝1－mcosx， 因為m>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，h′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，π)時，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x1， 當(dāng)x∈(0，x1)時，h(x)<0，即g′(x)<0， 當(dāng)x∈(x1，π)時，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，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； (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(0，－e)， 設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex的圖象在點P(x0，y0)處的切線

41、過點(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(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，m′(x)>0；當(dāng)0

43、，e]，有f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－a＝， ①當(dāng)a≤0時，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，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a?(0，e)，則 ①當(dāng)a≤0時，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，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)若對任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求實數(shù)a的值． 解　(1)因為f(x)＝aln x－x＋2，所以f′(x)＝－1＝，x>0， 當(dāng)a≤0時，對任意的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，令f′(x)＝0，得x＝a， 因為x∈(0，a)時，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)時，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，由(1)知，f(x)在[1，e]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(1)＝1. 因為對任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4， 所以對任意的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，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，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，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，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)圖象上各點處切線斜率的最大值為2，求函數(shù)f(x)的極值點； (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，f′(x)取最大值.∴＝2， ∵a>0，∴a＝4，∴此時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)的極小值點為x＝，無極大值點． (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，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，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，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)，?、? 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…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)常數(shù)m∈(2，＋∞)時，函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點x1，x2(x1ln . 解　(1)當(dāng)m＝1

55、時，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，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，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，＋∞)上有兩個零點x1，x2(x10，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)． f[ln (2m)]<0，當(dāng)x→＋∞時，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)有兩個不同的零點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，f′(x)≥0，此時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，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， x∈(m＋1，＋∞)時，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，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)m＝0時，f(x)在R上單調(diào)遞增； 當(dāng)0

60、 當(dāng)－2N. 當(dāng)m∈時，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，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，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，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)若a<0，且對任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x

62、1)－f(x2)|<4|g(x1)－g(x2)|，求實數(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，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x∈(0,1]，當(dāng)a<0時，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

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：利用切點橫坐標(biāo)求出切線斜率給1分． 3．寫方程：利用點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，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，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時，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，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，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