高考数学二轮复习教案:第二编 专题一 第3讲 导数的热点问题

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高考数学二轮复习教案:第二编 专题一 第3讲 导数的热点问题

第3讲 导数的热点问题 ‎「考情研析」  利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合,难度较大.解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.‎ 核心知识回顾 ‎1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题 ‎(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路:‎ ‎①将问题转化为函数零点的个数问题,进而转化为函数图象交点的个数问题;‎ ‎②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等;‎ ‎③画出函数的大致图象;‎ ‎④结合图象求解.‎ ‎(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤:‎ ‎①在该区间上构造与方程相应的函数;‎ ‎②利用导数研究该函数在该区间上的单调性;‎ ‎③判断该函数在该区间端点处的函数值异号;‎ ‎④作出结论.‎ ‎2.利用导数证明不等式 不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值,再由单调性或最值来证明不等式,其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.‎ 热点考向探究 考向1 利用导数讨论方程根的个数 例1 (2019·广东省七校联合体高三联考)已知函数f(x)=ln -ax+(a>0,b>0),对任意x>0,都有f(x)+f=0.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当f(x)存在三个不同的零点时,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)由f(x)+f=ln -ax++ln -+=0,得b=4a,‎ 则f(x)=ln -ax+,f′(x)=-a- ‎=(x>0),‎ 若Δ=1-16a2≤0,即a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 若Δ=1-16a2>0,即00,x2=>0,‎ 又h(x)=-ax2+x-4a开口向下.‎ 当00,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当x>x2时,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 综上所述,当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当0f(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单调递增.‎ 由m′(a)=48a3-2=0,求得a0= >.‎ 当0m=-+1>0,‎ f=g(a)=-ln 2a2-+4a3在上单调递增.‎ 故f=g(a)0,>x2,‎ 由零点存在性定理知f(x)在区间上有一个根,设为x0,又f(x0)+f=0,得f=0,由x20时,求函数f(x)在区间(1,e2)内的零点个数.‎ 解 (1)∵f(x)=2aln x-x2,∴f′(x)=,‎ ‎∵x>0,‎ 当a≤0时,f′(x)=<0,‎ 当a>0时,f′(x)==,‎ 当00;当x>时,f′(x)<0,‎ ‎∴当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当a>0时,f(x)在(0, )上单调递增,在(,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)由(1),得f(x)max=f()=a(ln a-1),‎ 当a(ln a-1)<0,即00,即a>e时,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,f(e2)≥0,‎ 且f()=2aln -e=a-e>0,f(1)=-1<0,‎ 由函数的单调性可知f(x)在(1,)内有唯一的零点,在(,e2)内没有零点,从而f(x)在(1,e2)内只有一个零点.‎ 综上所述,当a∈(0,e)时,函数f(x)在(1,e2)内无零点;‎ 当a∈{e}∪时,函数f(x)在(1,e2)内有一个零点;‎ 当a∈时,函数f(x)在(1,e2)内有两个零点.‎ 考向2 利用导数证明不等式 例2 (2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知函数f(x)=-ax+aln x,其中a>0.‎ ‎(1)若函数f(x)仅在x=1处取得极值,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若函数g(x)=f(x)+a有三个极值点x1,x2,x3,求证:x1x2+x1x3+x2x3>2x1x2x3.‎ 解 (1)由f(x)=-ax+aln x,‎ 得f′(x)=+a=,‎ 由f(x)仅在x=1处取得极值,‎ 则ex-ax≠0,即a≠.令h(x)=(x∈(0,+∞)),则h′(x)=,当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,则h(x)min=h(1)=e.‎ ‎∴当00,‎ 此时f′(x)==0仅有一个零点x=1,‎ 则f(x)仅在x=1处取得极值;‎ 当a=e时,ex-ex=0与x-1=0在同一处取得零点,此时当x∈(0,1)时,(x-1)(ex-ex)<0,‎ 当x∈(1,+∞)时,(x-1)(ex-ex)>0,‎ ‎∴f′(x)==0仅有一个零点x=1,‎ 则f(x)仅在x=1处取得极值,所以a=e符合题意.‎ 当a>e时,显然与已知不相符合.‎ ‎∴实数a的取值范围为00,p(x)单调递增,‎ ‎∴p(ln a)=a-a(ln a-1)<0,则当a>e2时,ex-a(x-1)=0有两零点x1,x2,且12x1x2x3,即证:x1+x2>x1x2⇔(x1-1)(x2-1)<1,由ex1=a(x1-1),ex2=a(x2-1),则ex1+x2=a2(x1-1)(x2-1),即证:ex1+x2=a2(x1-1)(x2-1)2x1x2x3得证.‎ 利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数,通过研究函数的单调性、极值、最值,通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式.‎ 已知函数f(x)=λln x-e-x(λ∈R).‎ ‎(1)若函数f(x)是单调函数,求λ的取值范围;‎ ‎(2)求证:当01-.‎ 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ ‎∵f(x)=λln x-e-x,∴f′(x)=+e-x=,‎ ‎∵函数f(x)是单调函数,∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,‎ ‎①当函数f(x)是单调递减函数时,f′(x)≤0,‎ ‎∴≤0,即λ+xe-x≤0,λ≤-xe-x=-,‎ 令φ(x)=-,则φ′(x)=,‎ 当01时,φ′(x)>0,‎ 则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴当x>0时,φ(x)min=φ(1)=-,∴λ≤-;‎ ‎②当函数f(x)是单调递增函数时,f′(x)≥0,‎ ‎∴≥0,即λ+xe-x≥0,λ≥-xe-x=-,‎ 由①得φ(x)=-在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,x→+∞时,φ(x)<0,∴λ≥0.‎ 综上,λ≤-或λ≥0.‎ ‎(2)证明:由(1)可知,当λ=-时,f(x)=-ln x-e-x在(0,+∞)上单调递减,∵0f(x2),即-ln x1-e-x1>-ln x2-e-x2,‎ ‎∴e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2.‎ 要证e1-x2-e1-x1>1-,‎ 只需证ln x1-ln x2>1-,‎ 即证ln >1-,‎ 令t=,t∈(0,1),则只需证ln t>1-,‎ 令h(t)=ln t+-1,则当00,即ln t>1-,得证.‎ 考向3 利用导数研究不等式恒成立问题 角度1 函数不等式恒成立问题 例3 (2019·内蒙古高三高考一模)已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x(a∈R).‎ ‎(1)当b=0时,讨论函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对任意的a∈[1,3]和x∈(0,+∞),f(x)≥2bx-3恒成立,求实数b的取值范围.‎ 解 (1)当b=0时,f′(x)=2a-=(x>0),‎ 当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当a>0时,由f′(x)<0,得00,得x>.‎ ‎∴当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;‎ 当a>0时,函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.‎ ‎(2)∀a∈[1,3]和∀x∈(0,+∞),f(x)≥2bx-3恒成立等价于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,+∞),‎ 则g′(x)=--=,令g′(x)=0,得x=e2,‎ 由此可得g(x)在区间(0,e2]上单调递减,在区间[e2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴当x>0时,g(x)min=g(e2)=a-,即≤a-,‎ 又a∈[1,3],∴实数b的取值范围是.‎ 利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法 ‎(1)分离参数法:若能够将参数分离,且分离后含x变量的函数关系式的最值易求,则用分离参数法.‎ 即①λ≥f(x)恒成立,则λ≥f(x)max.‎ ‎②λ≤f(x)恒成立,则λ≤f(x)min.‎ ‎(2)最值转化法:若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求,则常用最值转化法.可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f(x)≥0,则只需f(x)min≥0.‎ 设函数f(x)=(ax+1)e-x(a∈R).‎ ‎(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)对任意的x∈[0,+∞),f(x)≤x+1恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)当a>0时,f′(x)=a·e-x-(ax+1)·e-x=a·e-x·,‎ 由于e-x>0,a>0,所以令f′(x)≥0得,x≤.‎ 所以当a>0时,f(x)的单调递增区间是.‎ ‎(2)令h(x)=(ax+1)e-x-x-1,则f(x)≤x+1恒成立等价于h(x)≤0恒成立.‎ ‎①若a≤0,则当x≥0时,ax+1≤1,02,则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)上有零点.‎ 当x∈(0,1)时,设g(x)=h′(x),则g′(x)=e-x(ax+1-2a)0,h(x ‎)在(0,x0)上为增函数,即x∈(0,x0)时,h(x)>h(0)=0,所以f(x)>x+1,不符合题意.‎ 综上可得,符合题意的a的取值范围是(-∞,2].‎ 角度2 含量词的不等式问题 ‎           ‎ 例4 (2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)=ax+1-xln x的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行.‎ ‎(1)求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)若∀x1,x2∈(0,+∞),>m(x1+x2),求实数m的取值范围.‎ 解 (1)f(x)=ax+1-xln x的导数为f′(x)=a-1-ln x,‎ 可得y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为a-1,‎ 由切线与直线x-y=0平行,可得a-1=1,即a=2,‎ f(x)=2x+1-xln x,f′(x)=1-ln x,当00,当x>e时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,‎ 可得f(x)在x=e处取得极大值为f(e)=e+1,无极小值.‎ ‎(2)设x1>x2>0,若>m(x1+x2),可得f(x1)-f(x2)>mx-mx,‎ 即f(x1)-mx>f(x2)-mx,‎ 设g(x)=f(x)-mx2在(0,+∞)上是增函数,‎ 即g′(x)=1-ln x-2mx≥0在(0,+∞)上恒成立,‎ 可得2m≤在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=,所以h′(x)=,‎ h(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,h(x)在x=e2处取得极小值为h(e2)=-,‎ 所以m≤-.‎ 含量词不等式问题的解法 ‎(1)f(x)>g(x)对一切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)对任意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)定义域为D1,g(x)定义域为D2).‎ ‎(2019·毛坦厂中学高三校区联考)已知函数f(x)=ln x+x2-kx-1.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2(x10在(0,+∞)上恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当k>0时,若Δ=k2-8≤0,即00,即k>2时,‎ 令f′(x)=0,解得x2=>x1=>0,‎ 令f′(x)>0,解得0x2,令f′(x)<0,‎ 解得x12时,f(x)在和上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)证明:由(1)得,若f(x)存在两个极值点x1,x2,‎ 则k>2,且2x-kx1+1=0,‎ 则f(x1)=ln x1+x-kx1-1=ln x1+x-(2x+1)-1=ln x1-x-2.‎ 下面先证明ln x0):‎ 设g(x)=ln x-x,x>0,则g′(x)=-1,‎ 易得g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)max=g(1)=-1<0,∴g(x)<0(x>0),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)单调递增,∴ex-x-1>0在(0,+∞)上恒成立,∴当x∈(0,1),g′(x)<0,当x∈(1,+∞),g′(x)>0,∴g(x)的单调减区间为(0,1),单调增区间为(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上递增,‎ ‎∵h′(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)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(x0)=2e x0+x+x0-2=x-x0-3,∵x0∈(-1,0),∴x-x0-3∈(-3,-1),故3k>-3,‎ ‎∴k>-1.‎ ‎2.(2019·浙江高考)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0.‎ ‎(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)对任意x∈均有f(x)≤,求a的取值范围.‎ 注:e=2.71828…为自然对数的底数.‎ 解 (1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0.‎ f′(x)=-+=,‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).‎ ‎(2)由f(1)≤,得00,故q(x)在上单调递增,‎ 所以q(x)≤q.‎ 由①,得q=-p<-p(1)=0.‎ 所以q(x)<0.因此,g(t)≥g=->0.‎ 由①②知对任意x∈,t∈[2,+∞),‎ g(t)≥0,即对任意x∈,均有f(x)≤ .‎ 综上所述,所求a的取值范围是.‎ ‎3.(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数f(x)=-ln x.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明:0<1+xln x0,所以ex-1>0,所以当01时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)证明:令h(x)=1+xln x,则h′(x)=1+ln x.‎ 当x∈时,h′(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈时,h′(x)>0,h(x)单调递增;‎ 所以h(x)≥h=1+ln =1->0.‎ 故1+xln x>0.‎ 由(1)知f(x)=-ln x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(1)=e-1>0,即-ln x>0.‎ 因为x>0,所以上述不等式可化为1+xln x0).‎ ‎(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)证明:当a≥时,f(x)>e-x.‎ 解 (1)解法一:函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞).‎ 由f(x)=ln x+,得f′(x)=-=.‎ 因为a>0,则x∈(0,a)时,f′(x)<0;x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.‎ 当x=a时,f(x)min=ln a+1.‎ 当ln a+1≤0,即00,则函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.‎ 解法二:函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞).‎ 由f(x)=ln x+=0,得a=-xln x.‎ 令g(x)=-xln x,则g′(x)=-(ln x+1).‎ 当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0.‎ 所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 故x=时,函数g(x)取得最大值g=-ln =.‎ 因而函数f(x)=ln x+有零点,则0e-x,即证明当x>0,a≥时,ln x+>e-x,即xln x+a>xe-x.令h(x)=xln x+a,‎ 则h′(x)=ln x+1.‎ 当0时,h′(x)>0.‎ 所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递增.‎ 当x=时,h(x)min=-+a.‎ 于是,当a≥时,h(x)≥-+a≥.①‎ 令φ(x)=xe-x,则φ′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).‎ 当00;当x>1时,φ′(x)<0.‎ 所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ 当x=1时,φ(x)max=.于是,当x>0时,φ(x)≤.②‎ 显然,不等式①②中的等号不能同时成立.‎ 故当a≥时,f(x)>e-x.‎ ‎『金版押题』‎ ‎5.已知函数f(x)=xln x+ax在x=x0处取得极小值-1.‎ ‎(1)求实数a的值;‎ ‎(2)设g(x)=xf(x)+b(b>0),讨论函数g(x)的零点个数.‎ 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1+a,‎ ‎∵函数f(x)=xln x+ax在x=x0处取得极小值-1,‎ ‎∴得 当a=-1时,f′(x)=ln x,‎ 则x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴x=1时,函数f(x)取得极小值-1,符合题意,‎ ‎∴a=-1.‎ ‎(2)由(1)知,函数g(x)=xf(x)+b=x2ln x-x2+b(b>0),定义域为(0,+∞),则g′(x)=2x,‎ 令g′(x)<0,得00,得x>.‎ ‎∴g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.‎ 当x=时,函数g(x)取得最小值b-.‎ 当b->0,即b>时,函数g(x)没有零点;‎ 当b-=0,即b=时,函数g(x)有一个零点;‎ 当b-<0,即00⇒g()g(e)<0,存在x1∈(,e),使g(x1)=0,‎ ‎∴g(x)在(,e)上有一个零点x1.‎ 设h(x)=ln x+-1,则h′(x)=-=.‎ 当x∈(0,1)时,h′(x)<0,则h(x)在(0,1)上单调递减,‎ ‎∴h(x)>h(1)=0,即当x∈(0,1)时,ln x>1-,‎ 当x∈(0,1)时,g(x)=x2ln x-x2+b>x2-x2+b=b-x,取xm=min{b,1},则g(xm)>0;‎ ‎∴g()g(xm)<0,∴存在x2∈(xm,),使得g(x2)=0.‎ ‎∴g(x)在(xm,)上有一个零点x2,‎ ‎∴g(x)在(0,+∞)上有两个零点x1,x2,‎ 综上可得,当b>时,函数g(x)没有零点;当b=时,函数g(x)有一个零点;当01时,证明:g(x)在(0,π)上存在最小值.‎ 解 (1)因为f(x)=x-2sinx+1,所以f′(x)=1-2cosx,‎ 则f(0)=1,f′(0)=-1,所以切线方程为y=-x+1.‎ ‎(2)令f′(x)=0,则cosx=,当x∈(0,π)时,得x=,当x变化时,f′(x),f(x)的变化如下表.‎ x f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 减 最小值 增 所以函数f(x)在(0,π)上的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(3)证明:因为g(x)=x2+mcosx,所以g′(x)=x-msinx.‎ 令h(x)=g′(x)=x-msinx,则h′(x)=1-mcosx,‎ 因为m>1,所以∈(0,1),‎ 令h′(x)=1-mcosx=0,则cosx=,易知cosx=在(0,π)内有唯一解x0,‎ 当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,当x∈(x0,π)时,h′(x)>0,‎ 所以h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,π)上单调递增.所以h(x0)0,所以h(x)=x-msinx在(x0,π)内有唯一零点x1,‎ 当x∈(0,x1)时,h(x)<0,即g′(x)<0,‎ 当x∈(x1,π)时,h(x)>0,即g′(x)>0,‎ 所以g(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,π)上单调递增.‎ 所以函数g(x)在x=x1处取得最小值,‎ 即当m>1时,函数g(x)在(0,π)上存在最小值.‎ 配套作业 ‎1.(2019·白银市靖远县高三第四次联考)已知函数f(x)=(x-1)ex.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间和零点;‎ ‎(2)若f(x)≥ax-e恒成立,求a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=ex+(x-1)ex=xex,‎ 令f′(x)=0,解得x=0.‎ 所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,‎ 即函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),‎ 令f(x)=0,解得x=1,所以函数f(x)的零点是x=1.‎ ‎(2)画出f(x)的大致图象,如图所示,‎ 设g(x)=ax-e,则g(x)的图象恒过点(0,-e),‎ 设函数f(x)=(x-1)ex的图象在点P(x0,y0)处的切线过点(0,-e),‎ 所以f′(x0)=x0ex0,f(x0)=(x0-1)ex0,‎ f(x)的图象在P(x0,y0)处的切线方程为y-(x0-1)·ex0=x0ex0 (x-x0),‎ 将(0,-e)代入切线方程,得-e-(x0-1) ex0=-xex0,‎ 整理得(x-x0+1) ex0=e,‎ 设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,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.‎ 又h(-1)=-e<0,h(0)=1-e<0,h(1)=0,‎ 所以x0=1是方程(x-x0+1) ex0=e的唯一解,‎ 所以过点(0,-e)且与f(x)的图象相切的直线方程为y=ex-e.‎ 令m(x)=(x-1)ex-ex+e,则m′(x)=xex-e,当x>1时,m′(x)>0;当0g(x2),求实数a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=-a=,‎ ‎①当a≤0时,1-ax>0,则f′(x)>0,f(x)在[1,e]上单调递增;‎ ‎②当0g(x)max恒成立.已知a∉(0,e),则 ‎①当a≤0时,g′(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上单调递减,而f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-a,g(x)max=g(1)=a+1,‎ 所以-a>a+1,得a<-;‎ ‎②当a≥e时,g′(x)>0,所以g(x)在[1,e]上单调递增,而f(x ‎)在[1,e]上单调递减,‎ 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,与a≥e矛盾.‎ 综上所述,实数a的取值范围是.‎ ‎3.已知函数f(x)=aln x-x+2,a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,求实数a的值.‎ 解 (1)因为f(x)=aln x-x+2,所以f′(x)=-1=,x>0,‎ 当a≤0时,对任意的x∈(0,+∞),f′(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;‎ 当a>0时,令f′(x)=0,得x=a,‎ 因为x∈(0,a)时,f′(x)>0,x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,a),单调递减区间为(a,+∞).‎ ‎(2)①当a≤1时,由(1)知,f(x)在[1,e]上是减函数,所以f(x)max=f(1)=1.‎ 因为对任意的x1∈[1,e],x2∈[1,e],f(x1)+f(x2)≤2f(1)=2<4,‎ 所以对任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4.‎ ‎②当10,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.‎ 综上可知,实数a的值为e+1.‎ ‎4.(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)=3x2+mln x+4,且f(x)在x=1处的切线方程为y=nx.‎ ‎(1)求f(x)的解析式,并讨论其单调性.‎ ‎(2)若函数g(x)=ex-1+3x2+4-f(x),证明:g(x)≥1.‎ 解 (1)由题意得切点为(1,n),代入f(x)得,n=7,①‎ f′(x)=6x+,即f′(1)=6+m=n, ②‎ 解得∴f(x)=3x2+ln x+4,x∈(0,+∞),‎ ‎∴f′(x)=6x+>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明:由题意,g(x)=ex-1-ln x,g′(x)=ex-1-.‎ 构造函数h(x)=g′(x)=ex-1-,x>0,‎ h′(x)=ex-1+>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又h(1)=0,即当01时,g′(x)>0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎∴g(x)≥g(1)=1.‎ ‎5.(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知函数f(x)=+aln x(a>0).‎ ‎(1)若函数y=f(x)图象上各点处切线斜率的最大值为2,求函数f(x)的极值点;‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)<2有解,求a的取值范围.‎ 解 f′(x)=-+(x>0).‎ ‎(1)∵a>0,∴当=时,f′(x)取最大值.∴=2,‎ ‎∵a>0,∴a=4,∴此时f′(x)=-+=.‎ 在上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在上,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ ‎∴f(x)的极小值点为x=,无极大值点.‎ ‎(2)∵f′(x)=(x>0且a>0),‎ ‎∴在上,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 在上,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ ‎∴f(x)≥f=a+aln ,‎ ‎∵关于x的不等式f(x)<2有解,∴a+aln <2.‎ ‎∵a>0,∴ln +1-<0,‎ 令g(x)=ln x+1-x,∴g′(x)=-1=,‎ 在(0,1)上,g′(x)>0,g(x)单调递增;‎ 在(1,+∞)上,g′(x)<0,g(x)单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g(1)=0,‎ ‎∵ln +1-<0.可知>0且≠1.‎ ‎∴a的取值范围是a>0且a≠2.‎ ‎6.(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)=ex-ln (x+1)-a的图象在x=0处与x轴相切.‎ ‎(1)求f(x)的解析式,并讨论其单调性;‎ ‎(2)若x>t≥0,证明:ex-t+ln (t+1)>ln (x+1)+1.‎ 解 (1)由题意,得f(0)=1-a,即切点为(0,1-a),‎ ‎∴1-a=0即a=1,∴f(x)=ex-ln (x+1)-1.‎ 求导,得f′(x)=ex-,‎ 由题意,当-11,‎ 则f′(x)<0,即f(x)在(-1,0)上单调递减;‎ 当x>0时,ex>1,<1,则f′(x)>0,‎ 即f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证法一:要证原不等式,即证ex-t+ln (t+1)-ln (x+1)-1>0,构造函数g(x)=ex-t+ln (t+1)-ln (x+1)-1,x>0,即证g(x)>0,g′(x)=ex-t-.‎ ‎∵x>t≥0,即x-t>0,x+1>1,则ex-t>1,<1.‎ ‎∴g′(x)>0,即g(x)为(0,+∞)上的增函数.‎ 当x=t,g(t)=0时,由题意,x>t≥0,‎ ‎∴g(x)>g(t)=0即g(x)>0,故原不等式得证.‎ 证法二:要证原不等式,即证ex-t-1>ln (x+1)-ln (t+1),‎ 由(1)知,当x≥0时,f(x)=ex-ln (x+1)-1≥f(0)=0,‎ 由题意,x>t≥0即x-t>0,‎ ‎∴f(x-t)=ex-t-ln (x-t+1)-1≥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.‎ ‎∴ln (x-t+1)>ln (x+1)-ln (t+1), ②‎ 由①②得ex-t-1>ln (x+1)-ln (t+1),故原不等式得证.‎ ‎7.已知函数f(x)=(x-1)ex-mx2+2,其中m∈R,e=2.71828…为自然对数的底数.‎ ‎(1)当m=1时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当常数m∈(2,+∞)时,函数f(x)在[0,+∞)上有两个零点x1,x2(x1ln .‎ 解 (1)当m=1时,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.‎ 当x>ln 2或x<0时,f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).‎ 当02,x≥0,由f′(x)=x(ex-2m)=0,‎ 解得x=0或x=ln (2m).‎ 当x>ln (2m)时,f′(x)>0,f(x)在(ln (2m),+∞)上单调递增;‎ 当0≤x0,f(1)=2-m<0,可知x1∈(0,1).‎ f[ln (2m)]<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,‎ f(x)在(ln (2m),+∞)上单调递增.‎ ‎∴x2∈(ln (2m),+∞).∴x2>ln (2m)>ln 4.‎ ‎∵0ln 4-1=ln .‎ ‎8.已知函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R).‎ ‎(1)求f(x)的最大值;‎ ‎(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2ln a.‎ 解 (1)令f′(x)=1-aex>0,得x0,则需证t20,f(x)单调递增,‎ x∈(1,m+1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ x∈(m+1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ ‎③当-10,f(x)单调递增,‎ x∈(m+1,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 综上所述,当m=0时,f(x)在R上单调递增;‎ 当0N.‎ 当m∈时,由(1)知f(x)在(1,m+1)上单调递减,‎ g(x)=x,当x∈[1,m+1]时,函数g(x)单调递增,‎ 所以f(x)的最小值为M=f(m+1)=,‎ g(x)的最大值为N=m+1,‎ 所以下面判断M=f(m+1)与N=m+1的大小,‎ 即判断ex与(1+x)x的大小,其中x=m+1∈,‎ 令m(x)=ex-(1+x)x,则m′(x)=ex-2x-1,‎ 令h(x)=m′(x),则h′(x)=ex-2,‎ 因x=m+1∈,所以h′(x)=ex-2>0,m′(x)单调递增;‎ 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)上单调递减,在上单调递增,‎ 所以m(x)≥m(x0)=ex0-x-x0=2x0+1-x-x0=-x+x0+1,‎ 所以x0∈时,m(x0)=-x+x0+1>0,‎ 即ex>(1+x)x,即M=f(m+1)>N=m+1.‎ 函数与导数类解答题 ‎(12分)已知函数f(x)=x-1-aln x(a∈R),g(x)=.‎ ‎(1)当a=-2时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;‎ ‎(2)若a<0,且对任意x1,x2∈(0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<4|g(x1)-g(x2)|,求实数a的取值范围.‎ 解题思路 (1)由导数的几何意义可得切线的斜率,进而得到切线的方程;(2)利用导数判断函数f(x)的单调性,结合f(x2)-f(x1)<4[g(x1)-g(x2)]即可将问题转化为不等式恒成立问题,进而求得a的取值范围.‎ 解 (1)当a=-2时,f(x)=x-1+2ln x,(1分)‎ f′(x)=1+,f(1)=0,切线的斜率k=f′(1)=3,(2分)‎ 故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为3x-y-3=0.(4分)‎ ‎(2)对x∈(0,1],当a<0时,f′(x)=1->0,∴f(x)在(0,1]上单调递增,易知g(x)=在(0,1]上单调递减,(6分)‎ 不妨设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)+,则当x1h(x2),‎ ‎∴h(x)在(0,1]上单调递减,(8分)‎ ‎∴h′(x)=1--=≤0在(0,1]上恒成立,‎ ‎∴x2-ax-4≤0在(0,1]上恒成立,等价于a≥x-在(0,1]上恒成立,‎ ‎∴只需a≥max.(10分)‎ ‎∵y=x-在(0,1]上单调递增,∴ymax=-3,‎ ‎∴-3≤a<0,‎ 故实数a的取值范围为[-3,0).(12分)‎ ‎1.求导数:准确求出f′(x)给1分.‎ ‎2.求斜率:利用切点横坐标求出切线斜率给1分.‎ ‎3.写方程:利用点斜式写出切线方程并化简给2分.‎ ‎4.判断单调性:准确判断f(x)与g(x)在(0,1]上的单调性给2分.‎ ‎5.构造函数:将原不等式恒成立问题转化为函数h(x)的单调性问题给2分.‎ ‎6.转化最值:将函数h(x)的单调性转化为恒成立问题及最值问题给2分.‎ ‎7.求最值:利用单调性求最值、求参数取值范围给2分.‎ ‎1.牢记求导法则,正确求导是解题关键,对函数的正确求导就能得到相应分数.‎ ‎2.构建函数模型,构造函数是解决不等式问题的核心思想,如本题中由f(x1)+>f(x2)+构造函数h(x)=f(x)+,将问题转化为函数的单调性及最值问题.‎ ‎3.步骤齐全很关键,查看是否注意定义域,区间的变化,分类讨论的条件,极值、最值、题目的结论等一些关键式子,解答时一定要写清楚.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2019·济宁市高三第一次模拟)(12分)已知函数f(x)=ln x-2ax,a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若不等式f(x)1时恒成立,求a的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=-2a=(x>0),(1分)‎ ‎①若a≤0,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;(2分)‎ ‎②若a>0,当00;当x>时,f′(x)<0,‎ 所以是函数f(x)的单调递增区间,是函数f(x)的单调递减区间.(3分)‎ 综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);‎ 当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(4分)‎ ‎(2)由题意可知,不等式可转化为ln x+ax2-(2a+1)x<0在x>1时恒成立,‎ 令g(x)=ln x+ax2-(2a+1)x(x>1),(5分)‎ g′(x)=+2ax-(2a+1)= ‎=.(6分)‎ ‎①若a≤0,则g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以g(x)1,当1时,g′(x)>0,‎ g(x)在上单调递减,g(x)在上单调递增,‎ 所以g(x)∈,不符合题意;(10分)‎ ‎③若a≥,当x>1时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)∈(g(1),+∞),不符合题意.‎ 综上所述,-1≤a≤0.(12分)‎
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