2020版高考数学二轮复习专题限时集训14导数的综合应用

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2024高考数学习题导数的综合运用训练册

考点1 利用导数证明不等式考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题考点3 利用导数研究函数零点问题目录综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数的综合运用训练册考点1　利用导数证明不等式1.(2023天津,20节选,中)已知函数f (x )= ln(x +1).(1)求曲线y =f (x )在x =2处切线的斜率;(2)当x >0时,证明: f (x )>1.112x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭解析 (1)f '(x )= - ln(x +1),故曲线y =f (x )在x =2处的切线斜率为f '(2)= - .(2)指数找朋友法.证明:当x >0时, f (x )>1⇔ln(x +1)- >0,令g (x )=ln(x +1)- ,x >0,g '(x )= >0,故g (x )在(0,+∞)上单调递增,因此g (x )>g (0)=0,原不等式得证.22(1)x x x ++21x13ln 3422x x +22x x +22(1)(2)x x x ++2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +ax 2+(2a +1)x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)当a <0时,证明f (x )≤- -2.34a解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= +2ax +2a +1= .若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0,故f (x )在(0,+∞)单调递增.若a <0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0,故f (x )在单调递增,在单调递减.(2)证明:由(1)知,当a <0时, f (x )在x =- 取得最大值,最大值为f =ln -1- .1x (1)(21)x ax x++10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a所以f (x )≤- -2等价于ln -1- ≤- -2,即ln + +1≤0.设g (x )=ln x -x +1,则g '(x )= -1.当x ∈(0,1)时,g '(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g '(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln + +1≤0,即f (x )≤- -2.34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a 34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a1x12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a34a3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f (x )=ln(a -x ),已知x =0是函数y =xf (x )的极值点.(1)求a ;(2)设函数g (x )= .证明:g (x )<1.()()x f x xf x +解析 (1)第一步,利用x =0是函数y =xf (x )的极值点求a .由题意得y =xf (x )=x ln(a -x ),x ∈(-∞,a ),∴y '=ln(a -x )+x · ·(-1)=ln(a -x )- ,∵x =0是函数y =xf (x )的极值点,∴ln(a -0)- =0,可得a =1.1a x -x a x -00a -第二步,证明求出的a 满足条件.当a =1时,y '=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),令p (x )=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),1x x -1x x-则p '(x )= - = ,易知当x ∈(-∞,1)时,p '(x )<0恒成立.∴p (x )在(-∞,1)上为减函数,又p (0)=0,∴当x ∈(-∞,0)时,p (x )>0;当x ∈(0,1)时,p (x )<0,∴函数y =xf (x )=x ln(1-x )在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.∴当a =1时,x =0是函数y =xf (x )的极值点.∴a =1.11x -21(1)x -22(1)x x --(2)证明:由(1)知a =1,∴f (x )=ln(1-x ),x ∈(-∞,1),当x ∈(0,1)时, f (x )=ln(1-x )<0,∴xf (x )<0;当x ∈(-∞,0)时, f (x )=ln(1-x )>0,∴xf (x )<0,∴要证g (x )= <1(g (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x +f (x )>xf (x ).只需证x +ln(1-x )>x ln(1-x ),只需证x +(1-x )ln(1-x )>0,令h (x )=x +(1-x )ln(1-x ),x <1且x ≠0,()()x f x xf x则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.∴g(x)<1.4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f (x )=x (1-ln x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且b ln a -a ln b =a -b ,证明:2< + <e.1a 1b解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=-ln x ,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以函数f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由b ln a -a ln b =a -b 得 (1+ln a )= (1+ln b ),即 = ,令x 1= ,x 2= ,则x 1,x 2为f (x )=k 的两个实根,当x →0+时,f (x )→0+,当x →+∞时, f (x )→-∞,且f (1)=1,故k ∈(0,1),不妨令x 1∈(0,1),x 2∈(1,e),则2-x 1>1,e-x 1>1,先证明x 1+x 2>2,即证x 2>2-x 1,即证f (x 2)=f (x 1)<f (2-x 1).1a 1b 1a 11ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b 11ln b ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a 1b令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x) =-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x 1+x 2<e.设x 2=tx 1,则t >1,结合 = , =x 1, =x 2可得x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),即1-ln x 1=t (1-ln t -ln x 1),故ln x 1= ,要证x 1+x 2<e,即证(t +1)x 1<e,即证ln(t +1)+ln x 1<1,即证ln(t +1)+ <1,即证(t -1)ln(t +1)-t ln t <0,令S (t )=(t -1)ln(t +1)-t ln t ,t >1,ln 1a a +ln 1b b +1a 1b1ln 1t t t t ---1ln 1t t t t ---则S '(t )=ln(t +1)+ -1-ln t =ln - .因为ln(x +1)≤x (x >-1,当且仅当x =0时等号成立),所以可得当t >1时,ln ≤ < ,故S '(t )<0恒成立,故S (t )在(1,+∞)上为减函数,故S (t )<S (1)=0,故(t -1)ln(t +1)-t ln t <0成立,即x 1+x 2<e 成立.综上所述,2< + <e.11t t -+11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭21t +11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1t 21t +1a 1b考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x , f '(x )为f (x )的导数.(1)证明: f '(x )在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x ∈[0,π]时, f (x )≥ax ,求a 的取值范围.解析 (1)证明:设g (x )=f '(x ),则g (x )=cos x +x sin x -1,g '(x )=x cos x .当x ∈ 时,g '(x )>0;当x ∈ 时,g '(x )<0,所以g (x )在上单调递增,在上单调递减.0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭又g (0)=0,g >0,g (π)=-2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x )在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π, f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知, f '(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时, f '(x )>0;当x ∈(x 0,π)时, f '(x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减.2π⎛⎫ ⎪⎝⎭又f (0)=0, f (π)=0,所以,当x ∈[0,π]时,f (x )≥0.又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax .因此,a 的取值范围是(-∞,0].2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .(1)当a =e 时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.解析 (1)当a =e 时, f (x )=e x-ln x +1, f '(1)=e-1,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e-1)(x -1),即y =(e-1)x +2.直线y =(e-1)x +2在x 轴,y 轴上的截距分别为 ,2.因此所求三角形的面积为易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成 . (6分)(2)当0<a <1时, f (1)=a +ln a <1.2e 1--2e 1-2e 1--当a =1时, f (x )=e x -1-ln x , f '(x )=e x -1- .当x ∈(0,1)时,f '(x )<0;当x ∈(1,+∞)时, f '(x )>0.所以当x =1时, f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.1x 当a >1时, f (x )=a e x -1-ln x +ln a >e x -1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞). (12分)3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f (x )=2ln x +1.(1)若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围;(2)设a >0,讨论函数g (x )= 的单调性.()()f x f a x a--解析 (1)设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x +1-c ,其定义域为(0,+∞),h '(x )= -2= .当0<x <1时,h '(x )>0;当x >1时,h '(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x =1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c .故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时, f (x )≤2x +c .所以c 的取值范围为[-1,+∞).2x 2(1)x x-(2)g (x )= = ,x ∈(0,a )∪(a ,+∞),g '(x )= =()()f x f a x a --2(ln ln )x a x a --22ln ln ()x a a x x x a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭- .取c =-1得h (x )=2ln x -2x +2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x +ln x <0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1- +ln <0,从而g '(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减.221ln ()a a x x x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-a x a x4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f (x )=x e ax -e x .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x >0时, f (x )<-1,求a 的取值范围;(3)设n ∈N *,证明: + +…+ >ln(n +1).2111+2122+21n n +解析 (1)当a=1时, f(x)=x e x-e x,则f '(x)=x e x,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增. (2)当x>0时, f(x)<-1,即x e ax-e x<-1在(0,+∞)上恒成立,令F(x)=x e ax-e x+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.易得F(0)=0,F'(x)=e ax+ax e ax-e x,F'(0)=0, F″(x)=a e ax+a e ax+a2x e ax-e x,F″(0)=2a-1.若F ″(0)>0,则F '(x )必定存在一个单调递增区间(0,x 0),又F '(0)=0,∴F (x )也必定存在一个单调递增区间(0,x '0).于是F (x )>F (0)=0在(0,x '0)上恒成立,与F (x )<0矛盾,∴F ″(0)≤0,∴a ≤ .∵e ax≤ 在(0,+∞)上成立,∴F (x )≤x -e x +1在(0,+∞)上成立,故只需证x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.令G (x )=x -e x +1(x >0),122e x 2e x 2e x 2e x则G '(x )= + -e x = .∵e x>x +1在(0,+∞)上成立,∴ > +1在(0,+∞)上成立.∴G '(x )<0,故G (x )在(0,+∞)上单调递减,∴G (x )<G (0)=0.∴x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.故当a ≤ 时,x e ax -e x <-1在(0,+∞)成立.∴a 的取值范围为 .2e x 2x 2e x 2e x 21e 2x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2e x 2x 2e x121,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦(3)构造函数h (x )=x - -2ln x (x >1),则h '(x )=1+ - = = ,易知h '(x )>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增,∴h (x )>h (1)=0,∴x - >2ln x ,令x = ,则有 - >2ln ,∴ >ln ,∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n +1).原式得证.1x 21x 2x2221x x x -+22(1)x x -1x 11n+11n +111n +11n +21n n +1n n +2111+2122+21n n +21321n n +考点3　利用导数研究函数零点问题1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析 (1)由题意得f '(x )=2a 2x +a - = ,x ∈(0,+∞).∵a >0,x >0,∴ >0,当x ∈ 时, f '(x )<0;当x ∈ 时, f '(x )>0,∴函数f (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)∵y =f (x )的图象与x 轴没有公共点,∴函数f (x )在(0,+∞)上没有零点,又函数f (x )在上单调递减,在上单调递增,∴f (x )min =f =3-3ln =3+3ln a >0,∴ln a >-1,解得a > ,故实数a 的取值范围是 .3x (23)(1)ax ax x +-23ax x +10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=e x -a (x +2).(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.解析 (1)当a =1时, f (x )=e x -x -2,则f '(x )=e x-1.当x <0时, f '(x )<0;当x >0时, f '(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)若f (x )有两个零点,则e x-a (x +2)=0有两个解,由方程可知,x =-2不成立,即a = 有两个解, 将问题转化为曲线y = 和直线y =a 有两个交点 e 2x x +e 2xx +令h (x )= (x ≠-2),则有h '(x )= = ,令h '(x )>0,解得x >-1,令h '(x )<0,解得x <-2或-2<x <-1,e 2x x +2e (2)e (2)x x x x +-+2e (1)(2)xx x ++所以函数h (x )在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x <-2时,h (x )<0,当x →-2+时,h (x )→+∞,当x →+∞时,h (x )→+∞,所以当a = 有两个解时,有a >h (-1)= ,所以满足条件的a 的取值范围是 .e 2xx +1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析 (1)f '(x )=e x-a ,g '(x )=a - .当a ≤0时, f '(x )>0恒成立, f (x )在R 上无最小值,不符合题意.∴a >0.令f '(x )=0,得x =ln a ,令g '(x )=0,得x = .易知f (x )min =f (ln a )=a -a ln a ,g (x )min =g =1+ln a ,∴a -a ln a =1+ln a ,即ln a = ①.令h (x )=ln x - (x >0),1x 1a1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭11a a -+11x x -+则h '(x )= - = >0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h (x )最多有一个零点.又h (1)=ln 1- =0,∴方程①有且仅有一解,为a =1,即为所求.(2)由(1)知, f (x )=e x-x ,g (x )=x -ln x ,当x <0时, f (x )单调递减,当x >0时, f (x )单调递增;当0<x <1时,g (x )单调递减,当x >1时,g (x )单调递增.不妨设直线y =b 与y =f (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 1,x 2,与y =g (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3.1x 22(1)x +221(1)x x x ++1111-+则 -x 1= -x 2=x 2-ln x 2=x 3-ln x 3,∴ -x 1=x 2-ln x 2= -ln x 2.易知x 1∈(-∞,0),x 2∈(0,1),则ln x 2∈(-∞,0),又f (x )在(-∞,0)上单调递减,∴x 1=ln x 2,同理x 2=ln x 3,x 3= .又 -x 2=x 2-ln x 2,∴ln x 2+ =2x 2.∴x 1+x 3=ln x 2+ =2x 2.∴x 1,x 2,x 3成等差数列.∴存在直线y =b ,其与两条曲线y =f (x )和y =g (x )共有三个不同的交点,并且从左到右的三1e x 2e x 1e x 2ln e x 2e x 2e x 2e x 2e x 个交点的横坐标成等差数列.4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a >0且a ≠1,函数f (x )= (x >0).(1)当a =2时,求f (x )的单调区间;(2)若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,求a 的取值范围.a x x a解析 (1)当a =2时,f (x )= , f '(x )= = ,令f '(x )=0,得x = ,当0<x < 时, f '(x )>0,当x > 时, f '(x )<0,∴函数f (x )在上单调递增,在上单调递减.(2)第一步,将曲线y =f (x )与直线y =1的交点问题转化为方程的根的问题.22x x 22222ln 2(2)x x x x x ⋅-⋅(2ln 2)2x x x -2ln 22ln 22ln 220,ln 2⎛⎤ ⎥⎝⎦2,ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭令f (x )=1,则 =1,所以x a =a x .第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得a ln x =x ln a ,即 = .第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程 = 有两个实数解.设g (x )= ,则g '(x )= ,令g '(x )=0,则x =e.当x ∈(0,e)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;ax x aln x x ln a aln x x ln a a ln x x 21ln x x当x ∈(e,+∞)时,g '(x )<0,g (x )单调递减.第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g (1)=0, g (x )=0,g (x )max =g (e)= ,所以要使曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,则只需 ∈ ,即g (a )= ∈ ,所以a ∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).lim x →+∞1ea a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭a a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f (x )=ln x + ,g (x )= .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)求证:当0≤a ≤1时, f (x )>g (x ).1a x -(sin 1)2a x x+-解析 (1)f '(x )= - = (x ∈(0,+∞)),当a -1<0,即a <1时, f '(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a -1>0,即a >1时,令f '(x )=0,得x =a -1,∴函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.综上所述,当a <1时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.(2)证明:令F (x )=f (x )-g (x )=ln x + - = (x >0,0≤a ≤1),欲证f (x )>g (x ),即证F (x )>0,即证x ln x -a sin x +1>0,即证x ln x >a sin x -1.1x 21a x -2(1)x a x--1a x -(sin 1)2a x x +-ln sin 1x x a x x-+先证:x ln x≥ax-1.设g(x)=x ln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,令g'(x)=0,得x=e a-1,∴g(x)在(0,e a-1)上单调递减,在(e a-1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e a-1)=(a-1)e a-1-a e a-1+1=1-e a-1,∵0≤a≤1,∴1-e a-1≥0,则g(x)≥0,即x ln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.再证:ax-1≥a sin x-1.设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.∵0≤a≤1,∴ax-1≥a sin x-1,当且仅当a=0时取等号.又x ln x≥ax-1与ax-1≥a sin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴x ln x>a sin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)e x,g(x)=e2ln x-a e x.(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).解析 (1)对g (x )求导得g '(x )= -a e= (x >0).①当a ≤0时,g '(x )>0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.②当a >0时,令g '(x )=0,解得x = >0,当x ∈ 时,g '(x )>0,g (x )在上单调递增,当x ∈ 时,g '(x )<0,g (x )在上单调递减,所以g (x )在x = 处取得最大值g ,又函数g (x )在(e,+∞)上存在最大值,因此 >e,解得a <1.2e x 2e e a x x -e ae 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e a e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e a所以a 的取值范围为(0,1).(2)证明:欲证f (x )>g (x ),即证当x >0时,(x 2-2x )e x >e 2ln x -2e x ,即证当x >0时,(x 2-2x )e x +2e x >e 2ln x ,即证(x -2)e x +2e> .设φ(x )=(x -2)e x +2e(x >0),则φ'(x )=(x -1)e x,当0<x <1时,φ'(x )<0,当x >1时,φ'(x )>0,所以φ(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x )≥φ(1)=e,当x =1时,等号成立.2e ln x x设h (x )= (x >0),则h '(x )= ,当0<x <e 时,h '(x )>0,当x >e 时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h (x )≤h (e)=e,当x =e 时,等号成立.综上,x >0时,φ(x )≥h (x ),但等号不同时成立,所以x >0时,φ(x )>h (x ),即f (x )>g (x )得证.2e ln x x 22e (1ln )x x3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f (x )= x 2-a e x (a ∈R).(1)已知曲线f (x )在(0, f (0))处的切线与圆x 2+y 2-2x -2y -3=0相切,求实数a 的值;(2)已知x ≥0时, f (x )≤-x 2-ax -a 恒成立,求实数a 的取值范围.12解析 (1)圆的方程可化为(x -1)2+(y -1)2=5,则圆心为(1,1),半径为 ,对函数f (x )求导得f '(x )=x -a e x ,则f '(0)=-a ,又f (0)=-a ,于是曲线f (x )在(0, f (0))处的切线方程为y +a =-ax ,即ax +y +a =0,因为直线ax +y +a =0与圆相切,5所以 = ,则a =2,所以实数a 的值为2.(2)设g (x )=f (x )+x 2+ax +a = x 2-a e x +ax +a (x ≥0),22|1|1a a a +++532则g (x )≤0在[0,+∞)上恒成立.对g (x )求导得g '(x )=3x -a e x+a ,设h (x )=3x -a e x +a ,x ≥0,则h '(x )=3-a e x ,当a ≥3时,当x ≥0时,a e x ≥3e x≥3,即有h '(x )≤0,所以函数h (x ),即g '(x )在[0,+∞)上单调递减,于是当x ≥0时,g '(x )≤g '(0)=0,则函数g (x )在[0,+∞)上单调递减,因此当x ≥0时,g (x )≤g (0)=0,故a ≥3.当0<a <3时,令h '(x )>0,得0<x <ln ,3a则函数h (x ),即g '(x )在上单调递增,于是当0≤x <ln 时,g '(x )>g '(0)=0,即函数g (x )在上单调递增,因此当0≤x <ln 时,g (x )≥g (0)=0,不合题意.所以实数a 的取值范围为[3,+∞).30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f (x )=4ln x -ax + (a ≥0).(1)当a = 时,求f (x )的极值;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈ ,使得f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)3a x +121,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a = 时, f (x )=4ln x - + ,∴f '(x )= - - =- ,令f '(x )>0,可得1<x <7,令f '(x )<0,可得0<x <1或x >7,∴f (x )在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,∴f (x )极小值=f (1)=3, f (x )极大值=f (7)=4ln 7-3.(2)f '(x )= (x >0),122x 72x 4x 12272x 2(1)(7)2x x x--224(3)ax x a x -+-+。

2020版高考理科一轮复习：课后限时集训14 导数与函数的单调性

∴对任意 x∈ ，＋∞ ，g(x)＞0 恒成立， 2
( ) 1
即对任意 x∈ ，＋∞ ，f′(x)＞0 恒成立， 2
( ) 1
∴f(x)在，＋∞ 上单调递增． 2
( ) a
1
②当 a＞2 时，＞1，且 g
2
2
1 ＝＞0.
2
1
1
1
记 g(x)＝0 的两根分别为 x1，x2，且 x1＝2(a－ a2－2a)＞2，x2＝2(a＋ a2－2a)．
f′(x)＝－x＋4－＝－
，x＞0.
x
x
令 g(x)＝－(x－1)(x－3)，如图．
要使 f(x)在[t，t＋1]上不单调，
只需 t＜1＜t＋1 或 t＜3＜t＋1，
即 0＜t＜1 或 2＜t＜3.]
a 4．(2018·合肥一模)已知 f(x)＝ln(2x－1)＋ (a∈R)．
x
(1)讨论 f(x)的单调性；
1 令 g(x)＝(x＋1)ex－，
x 1
则 g′(x)＝(x＋2)ex＋＞0， x2
所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以 a≤2e－1. 即 a 的取值范围为(－∞，2e－1]． 10．已知函数 f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中 e 为自然对数的底数)，求函数 f(x)的单调区间． [解] 因为 f(x)＝xex＋a(x＋1)2，所以 f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)， ①当 a≥0 时，ex＋2a＞0，令 f′(x)＞0，解得 x＞－1；令 f′(x)＜0，解得 x＜－1；
∴a≥3，故选 B.]
4．(2019·兰州模拟)函数 f(x)在定义域 R 内可导，f(x)＝f(4－x)，且(x－2)f′(x)＞0.若 a＝f(0)，b＝

2020高考数学(文科)二轮专题辅导与训练课件：导数的综合应用

• (2)结合条件(1)，利用零点存在性定理找出函数在极值点一侧的零点，然后证明其倒数为函数在极值点另一侧的一个零点即可．
[证明] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又 f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1＞0，故存在唯一 x0∈(1，2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 x＜x0 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当 x＞x0 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．
＝－2x2＋（k＋x＋6）2 x＋2k＋2.
由(2)知，当 k＝2 时，f(x)<g(x)恒成立，即对于 x>－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)，不存在满足条件的 x0；当 k>2 时，对于 x>－1，x＋1>0，此时 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，不存在满足条件的 x0；当 k<2 时，令 t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，可知 t(x)与 h′(x)符号相同．
• 3．含有双变量的不等式问题的常见转化策略
• (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最大值． • (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c， d]上的最小值． • (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最小值．

2020版高考数学理科人教B版一轮温习课时标准练14导数的概念及运算

课时标准练14 导数的概念及运算基础巩固组1.已知函数f (x )=√x 3+1,则llll x→0l (1-Δl )-l (1)Δl 的值为( )13B.13C.232.若f (x )=2xf'(1)+x 2,则f'(0)等于( )3.已知奇函数y=f (x )在区间(-∞,0]上的解析式为f (x )=x 2+x ,那么曲线y=f (x )在横坐标为1的点处的切线方程是( ) +y+1=0 +y-1=0 =0 +1=04.假设点P 是曲线y=x 2-ln x 上任意一点,那么点P 到直线y=x-2的距离的最小值为( )B.√2C.√22 D.√35.已知a 为实数,函数f (x )=x 3+ax 2+(a-3)x 的导函数为f'(x ),且f'(x )是偶函数,那么曲线y=f (x )在原点处的切线方程为( ) =3x+1 =-3x =-3x+1 =3x-36.设曲线y=sin x 上任一点(x ,y )处切线的斜率为g (x ),那么函数y=x 2g (x )的部份图象能够为( )7.一质点做直线运动,由始点通过t s 后的距离为s=13t 3-6t 2+32t ,那么速度为0的时刻是( )s 末 s 末s 末与8 s 末 s 末与8 s 末8.(2018河北衡水中学17模,理14)函数y=f (x )的图象在点M (2,f (2))处的切线方程是y=2x-8,则f '(2)f (2)= . 9.(2018天津,文10)已知函数f (x )=e x ln x ,f'(x )为f (x )的导函数,则f'(1)的值为 .10.(2018河南六市联考一,14)已知函数f (x )=x+ax +b (x ≠0)在点(1,f (1))处的切线方程为y=2x+5,则a-b= .11.函数f (x )=x e x 的图象在点(1,f (1))处的切线方程是 .12.假设函数f (x )=12x 2-ax+ln x 存在垂直于y 轴的切线,那么实数a 的取值范围是 .综合提升组13.已知函数f (x )=x ln x ,假设直线l 过点(0,-1),而且与曲线y=f (x )相切,那么直线l 的方程为( ) +y-1=0 =0 +y+1=0 +1=014.下面四个图象中,有一个是函数f (x )=13x 3+ax 2+(a 2-1)x+1(a ∈R )的导函数y=f'(x )的图象,则f (-1)=( )A.13 23 C.7313或5315.(2018全国3,理14)直线y=(ax+1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .创新应用组16.(2018湖南长郡中学一模,10)求形如y=f (x )g (x )的函数的导数,咱们常采纳以下做法:先两边同取自然对数得ln y=g (x )ln f (x ),再两边同时求导得1y ·y'=g'(x )ln f (x )+g (x )1f (x )f'(x ),于是取得y'=f (x )g (x )g'(x )lnf (x )+g (x )1f (x )f'(x ),运用此方式求得函数y=x 1x 的一个单调递增区间是( )A.(e,4)B.(3,6)C.(0,e)D.(2,3)17.(2018河北衡水中学押题二,12)已知函数f (x )={-x 2-4x +5,x ≤1,lnx ,x >1,假设关于x 的方程f (x )=kx-12恰有四个不相等的实数根,那么实数k 的取值范围是( )A.(12,√e)B.(12,√e] C.(12,√e e )D.(12,√e e ]课时标准练14 导数的概念及运算∵f'(x )=13x -23,∴lim Δx →0f (1-Δx )-f (1)Δx =-lim Δx →0f (1-Δx )-f (1)-Δx =-f'(1)=-(13×1-23)=-13. f'(x )=2f'(1)+2x ,令x=1,则f'(1)=2f'(1)+2,得f'(1)=-2,因此f'(0)=2f'(1)+0=-4.应选D .由函数y=f (x )为奇函数,可得f (x )在[0,+∞)内的解析式为f (x )=-x 2+x ,故切点为(1,0).因为f'(x )=-2x+1, 因此f'(1)=-1,故切线方程为y=-(x-1), 即x+y-1=0.因为概念域为(0,+∞),因此y'=2x-1x ,令2x-1x =1,解得x=1,那么曲线在点P (1,1)处的切线方程为x-y=0,因此两平行线间的距离为d=2=√2.故所求的最小值为√2.因为f (x )=x 3+ax 2+(a-3)x ,因此f'(x )=3x 2+2ax+(a-3).又f'(x )为偶函数,因此a=0,因此f (x )=x 3-3x ,f'(x )=3x 2-3.因此f'(0)=-3. 故所求的切线方程为y=-3x.依照题意得g (x )=cos x ,则y=x 2g (x )=x 2cos x 为偶函数.又x=0时,y=0,应选C .s'=t 2-12t+32,由导数的物理意义可知,速度为零的时刻确实是s'=0的时刻,解方程t 2-12t+32=0,得t=4或t=8.应选D .12由导数的几何意义可知f'(2)=2,又f (2)=2×2-8=-4,因此f '(2)f (2)=-12.∵f (x )=e xln x ,∴f'(x )=exln x+e x x .∴f'(1)=eln 1+e1=e .∵f'(x )=1-ax 2=x 2-ax 2,∴f'(1)=1-a=2,∴a=-1,f (1)=1+a+b=b ,∴在点(1,f (1))处的切线方程为y-b=2(x-1), ∴b-2=5,b=7,∴a-b=-8.=2e x-e ∵f (x )=x e x ,∴f (1)=e,f'(x )=e x +x e x ,∴f'(1)=2e,∴f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y-e =2e(x-1),即y=2e x-e .12.[2,+∞) ∵f (x )=12x 2-ax+ln x ,∴f'(x )=x-a+1x .∵f (x )的图象存在垂直于y 轴的切线,∴f'(x )存在零点,∴x+1x -a=0有解,∴a=x+1x ≥2(x>0).设直线l 的方程为y=kx-1,直线l 与f (x )的图象相切于点(x 0,y 0),则{kx 0-1=y 0,x 0ln x 0=y 0,ln x 0+1=k ,解得{x 0=1,y 0=0,k =1.∴直线l 的方程为y=x-1,即x-y-1=0. ∵f'(x )=x 2+2ax+a 2-1,∴f'(x )的图象开口向上,故②④排除.若f'(x )的图象为①,则a=0,f (-1)=53; 若f'(x )的图象为③,则a 2-1=0. 又对称轴x=-a>0,∴a=-1,∴f (-1)=-13.设f (x )=(ax+1)e x ,∵f'(x )=a·e x +(ax+1)e x =(ax+a+1)e x ,∴f (x )=(ax+1)e x 在点(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3. 由题意知y'=x 1x·-1x 2ln x+1x 2=x 1x·1-lnxx 2(x>0),令y'>0,得1-ln x>0,∴0<x<e .∴原函数的单调增区间为(0,e),应选C .方程f (x )=kx-12恰有四个不相等的实数根转化为y=f (x )的图象与y=kx-12的图象有四个不同的交点,如下图,直线y=kx-12过定点(0,-12),且过点(1,0)时,函数y=f (x )的图象与y=kx-12的图象有三个不同的交点,现在k=-12-00-1=12.设直线y=kx-12与y=ln x (x>1)切于点(x 0,ln x 0),那么过该切点的切线方程为y-ln x 0=10(x-x 0). 把点(0,-12)代入切线方程,可得-12-ln x 0=-1,解得x 0=√e ,因此切点为(√e ,12),那么切线的斜率为1e =√ee,因此方程f (x )=kx-12恰有四个不相等的实数根,那么实数k 的取值范围是(12,√ee),应选C .。

2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1已知函数，导函数为，3()12f x ax x=-()f x'（1）求函数的单调区间；()f x（2）若在[—1，3]上的最大值和最小值。

(1)6,()f f x'=-求函数【答案】略【解析】（I），（下面要解不等式，到了分类讨论的时机，22()3123(4)f x ax ax'=-=-23(4)0ax->分类标准是零）当单调递减；0,()0,()(,)a f x f x'≤<-∞+∞时在当的变化如下表：0,,(),()a x f x f x'>时当变化时此时，单调递增，在单调递减；()(,)f x-∞+∞在(（II）由(1)3126, 2.f a a'=-=-=得由（I）知，单调递增。

()(f x-,在(,3)【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二已知单调性求参数取值范围问题例1 已知函数，若函数在上是单调增函数，求的取值范围321()53f x x x ax =++-),1[+∞a 【答案】【解析】,依题意在上恒有成立，2'()2f x x x a =++),1[+∞0y '≥方法1：函数，对称轴为，故在上单调递增，故只需即可，得2'()2f x x x a =++1x =-),1[+∞'()f x 0)1('≥f ，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞方法2：由，得，只需，易得，因此022≥++='a x x y x x a 2--2≥2max--2a x x≥（）2max--23x x =-（），，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞【易错点】本题容易忽视中的等号0)1('≥f 【思维点拨】已知函数在区间可导：()f x (,)a b 1. 在区间内单调递增的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≥()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 2. 在区间内单调递减的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≤()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 说明：1.已知函数在区间可导,则在区间内成立是在内单调递增的必要()f x (,)a b ()0f x '≥(,)a b ()f x (,)a b 不充分条件2.若为增函数，则一定可以推出；更加具体的说，若为增函数，则或者()f x ()0f x '≥()f x，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都；()0f x '>()0f x '>3.时，不能简单的认为为增函数，因为的含义是或，()0f x '≥()f x ()0f x '≥()0f x '>()0f x '=当函数在某个区间恒有时，也满足,但在这个区间为常函数.()0f x '=()0f x '≥()f x 题型三方程与零点1．已知函数，若存在三个零点，则的取值范围是（）()3231f x ax x =-+()f x a A. B. (),2-∞-()2,2-C. D. ()2,+∞()()2,00,2-⋃【答案】D【解析】很明显，由题意可得：，则由可得0a ≠()()2'3632f x ax x x ax =-=-()'0f x = ，1220,x x a==由题意得不等式：，即：，()()122281210f x f x a a =-+<2241,4,22a a a><-<<综上可得的取值范围是 .本题选择D 选项.a ()()2,00,2-⋃【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题二第四讲导数的综合应用

当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.
所以 x＝1 是 g(x)的最小值点．
故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.
1 因此，当时 a≥e时，f(x)≥0.
1 (理)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数 f(x)＝x－x＋aln x. (1)讨论 f (x)的单调性；
1．(文)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f (x)的极值点．求 a，并求 f (x)的单调区间；
1 (2)证明：当 a≥e时，f(x)≥0.
1 [解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－x.
1
由题设知，f ′(2)＝0，所以 a＝2e2.
[解析] (1)当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当 x≠1 时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0,1)∪(1，＋∞)上单调递减．
而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
－∞，－ a
1 －a
( )1
－，2 a
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
极小
极大
f(x)

值
值
( )1
1
－
①若 x∈(－∞，2]，f(x)≥f a ＝－e a又因为 a≥1，
1
1
1
所以 0<a≤1,1<ea≤e，－ea≥－e，f(x)＋e≥0，

2020届高考数学(理)二轮考点专训卷(14)选修部分+Word版含答案

考点专训卷（14）选修部分1、在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的普通方程为2220x y x +-=，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为22312sin ρθ=+.(1)求曲线1C 的参数方程与曲线2C 的直角坐标方程； (2)射线()π03θρ=≥与曲线1C 交于异于极点的点A ，与曲线C 的交点为点B ，求AB . 2、在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为2cos ,sin x t y t αα=-+⎧⎨=⎩(t 为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为2cos ,ρθ=直线l 与曲线C 分別交于,A B 两个不同的点. (1)求曲线C 的直角坐标方程; (2)若点P 为直线l 与x 轴的交点,求2211PAPB+的取值范围.3、在直角坐标系xoy 中，曲线1C的参数方程为2sin x y ϕϕ⎧=⎪⎨=⎪⎩（ϕ为参数）．在以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线22:2cos 2sin 10C p p p θθ-++=. （1）写出曲线1C ，2C 的普通方程；（2）过点(2,0)F 作倾斜角为α的直线l ，该直线与曲线2C相交于不同的两点,M N ，求11FM FN+的取值范围． 4、在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2221161t x t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩（t 为参数）.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos sin 110ρθρθ++=. (1)求C 和l 的直角坐标方程； (2) 求C 上的点到l 距离的最小值。

5、在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为cos (0,sin x a a b y b ϕϕϕ=⎧>>⎨=⎩为参数），且曲线C上的点M 对应的参数π3ϕ=，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线C 的普通方程；（2）若12π(,)(,)2A B ρθρθ+，是曲线C 上的两点，求221211ρρ+的值． 6、在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3cos sin x y θθθ=⎧⎨=⎩（为参数），直线l 的参数方程为41x a tt y t =+⎧⎨=-⎩（为参数）. （1）若1a =-，求l 的普通方程；（2）若0,a >且C 上的点到la. 7、已知函数()|3|||f x x m x =--.（1）若2m =-，求不等式()5f x <的解集；（2）若关于x 的不等式()1f x ≥在R 上恒成立，求实数m 的取值范围. 8、已知函数()|21||1|f x x a x =-+- (1).当1a =时，解关于x 的不等式()4f x ≥(2).若()|2|f x x ≥-的解集包含1[,2]2,求实数a 的取值范围9、已知函数(1,)2R f x x x =-∈． (1).解不等式()21f x x ≥-+；(2).若对于,R,x y ∈有113x y --≤,1216y +≤,求证：()1f x <．10、已知0,0,0a b c >>>函数()f x x a x b c =++-+． (1).当1a b c ===时，求不等式()5f x >的解集； (2).若()f x 的最小值为3,求a b c ++的值，并求111a b c++的最小值． 11、已知()|||2|().f x x a x x x a =-+-- (1).当1a =时，求不等式()0f x <的解集； (2).若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求的取值范围. 12、已知函数()212f x x x =-++. (1).求不等式()4f x ≥的解集；(2).设函数()f x的最小值为M,若不等式22++≤有解，求实数m的取值范围.x x m M答案以及解析1答案及解析：答案：(1)由2220x y x +-=可得()2211x y -+=.所以曲线1C 是以(1)0,为圆心，1为半径的圆，所以曲线1C 的参数方程为1cos sin x y αα=+⎧⎨=⎩，(α为参数).由22312sin ρθ=+得2222sin 3ρρθ+=，所以22223x y y ++=，则曲线2C 的直角坐标方程为2213x y +=.(2)由(1)易得曲线1C 的极坐标方程为2cos ρθ=. 则射线()π03θρ=≥与曲线1C 的交点的极径1π2cos 13ρ==，射线()π03θρ=≥与曲线2C 的交点的极径2ρ满足222π12sin 33ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，解得2ρ=121AB ρρ=--. 解析：2答案及解析：答案：解:（1）22cos ,2cos .ρθρρθ=∴=Q 又222,cos ,x y x ρρθ=+=Q曲线C 的直角坐标方程为2220.x y x +-= （2）将2cos ,sin x t y t αα=-+⎧⎨=⎩代入曲线C 的直角坐标方程，可得226cos 80,36cos 320,t t αα-⋅+=∆=->则28cos .9α>又2cos 1,α…28cos ,1.9α⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦设该方程的两个实数根分别为12,,t t 则12126cos ,8,t t t t α+=⋅=1t ∴与2t 同号，由参数t 的几何意义可得12126cos ,PA PB t t t t α+=+=+=128,PA PB t t ⋅=⋅=2222()211PA PB PA PBPAPBPA PB+-⋅∴+==⋅221212212()29cos 4.()16t t t t t t α+-⋅-=⋅28cos ,1,9α⎛⎤∈ ⎥⎝⎦Q29cos 415,,16416α-⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦2211PAPB∴+的取值范围为15,416⎛⎤⎥⎝⎦. 解析：3答案及解析：答案：（1）22184x x +=，22(1)(2)1x x -++=（2）(试题解析：解：（1）由于曲线1C的参数方程为2sin x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩（α为参数），则曲线1C 的普通方程为：22184x x +=， ∵222p x y =+，cos ,cos x p y p θθ==，∴曲线22:cos 2sin 10C p p θθ-++=，可化为：222210x y x y +-++=，即曲线2C 的普通方程为：；（2）因为曲线1C 的右焦点F 的坐标为(2,0)22(1)(1)1x y -++=，所以直线l 的参数方程为：2cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数）.将直线l 的参数方程代入22(1)(1)1x y -++=，得22(sin cos )10t t αα+++=，则12121211112(sin cos )t t FM FN t t t t αα⎛⎫++=-+=-=+ ⎪⎝⎭π4α⎛⎫=+ ⎪⎝⎭Q直线l 与曲线2C 相交于不同的两点,M N ，π02a ∴<<，πsin 14α⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，π24α⎛⎫∴<+≤ ⎪⎝⎭ 因此，11FM FN +的取值范围为(. 解析：4答案及解析：答案：（1）因为221111t t --<<+，且222222214131(1)y t t x t t ⎛⎫-⎛⎫+=+= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭所以C 的直角坐标系方程为221(1)9y x x +=≠-l的直角坐标系方程为2110x y ++=（2）由（1）知可设C 的参数方程cos 3sin x y αα=⎧⎨=⎩（α为参数，ππα-<<）C 上的点到lπ4cos 11α⎛⎫-+ ⎪=当2π3α=-时，π4cos()113α-+取得最小值7故C 上的点到l4=解析：5答案及解析：答案：（1）将M 及对应的参数3πϕ=代入cos ,(0,sin x a a b y b ϕϕϕ=⎧>>⎨=⎩为参数），得2cos 3sin3a b ππ⎧=⎪⎪=，所以42a b =⎧⎨=⎩，所以曲线1C 的普通方程为221164x y +=. （2）曲线1C 的极坐标方程为2222cos sin 1164ρθρθ+=，将12(,),(,)2A B πρθρθ+代入得222211cos sin 1164ρθρθ+=，222222sin cos 1164ρθρθ+=，所以221211516ρρ+=. 解析：6答案及解析：答案：（1）直线l 的参数方程为41x a tt y t =+⎧⎨=-⎩（为参数）直线l 的普通方程为11144y x a =-++当1a =-时，直线l 的普通方程为1343044y x x y =-++-=，即（2）依题意可得：点3cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩到直线440x y a +--=的距离3cos 4sin 45sin()43,tan 41717a a d θθθϕϕ+--+--===其中 0,a >Q 又且C 上的点到l 的距离的最大值为17 541717a ---∴=解得：8a =解析：7答案及解析：答案：(1) 2m =-时,函数()32f x x x =-+，不等式()5f x <化为325x x -+<，当0x <时,不等式化为325x x --<,解得23x >-,即203x -<<；当03x ≤≤时，不等式化为325x x -+<，解得2x <，即02x ≤<；当3x >时,不等式化为325x x -+<,解得83x <，此时无解；综上,所求不等式的解集为223{}xx -<<∣； (2)不等式()1f x ≥即为31x m x --≥，所以31x m x -≥+（*），显然0m ≥时（*）式在R 上不恒成立；当0m <时,在同一直角坐标系中分别作出3y x =-和1y m x =+的图象,如图所示;由图象知,当310m +≤,即13m ≤-时（*）式恒成立，所以实数m 的取值范围是13m ≤-.解析：8答案及解析：答案：(1).2(,][2,)3-∞-⋃+∞(2).133a x x ∴-≥-对1[,2]2x ∈恒成立112x ≤<时，(1)33a x x -≥- 3a ∴≥ 12x ≤≤时，(1)33a x x -≥- 3a ∴≥-综上：3a ≥ 解析：9答案及解析：答案：(1).不等式化为1212x x ++-≥，①当12x ≥时，不等式为32x ≥，解得23x ≥，故23x ≥； ②当112x -≤<时，不等式为22x -≥，解得0x ≤，故10x -≤≤；③当1x <-时，不等式为32x -≥，解得23x ≤-，故1x <-，综上，原不等式的解集为{|0x x ≤或2}3x ≥；(2).证明:115()|21|2(1)(21)|2|1||212136||6f x x x y y x y y =-=--++≤--++≤⨯+=<．解析：10答案及解析：答案：(1).当1a b c ===时,不等式()5f x >即1115x x ++-+>，化为114x x ++->．当1x ≥时，化为：114x x ++->，解得2x >；当11x -<<时，化为：()114x x +-->，化为：24>，解得x ∈∅；当1x ≤-时，化为：()()114x x -+-->，解得2x <-．综上可得：不等式()5f x >的解集为：()(),22,-∞-+∞U ； (2).由绝对值三角不等式得()()()3f x x a x b c x a x b c a b c =++-+≥+--+=++=，由柯西不等式得()211111139a b c a b c a b c ⎛⎫⎛⎫++=++++≥= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1113a b c ∴++≥，当且仅当1a b c ===时，等号成立，因此，111a b c++的最小值为3 解析：11答案及解析：答案：(1).当1a =时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---. 当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥. 所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞. (2).因为()=0f a ，所以1a ≥.当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x ----- 所以，a 的取值范围是[1,)+∞. 解析：12答案及解析：答案：(1).()212f x x x =-++，①当1x ≥时，()2(1)(2)3f x x x x =-++=，由()4f x ≥，解得43x ≥；②当21x -<<时，()2(1)(2)4f x x x x =--++=-+，由()4f x ≥，解得20x -<≤； ③当2x ≤-时，()2(1)(2)3f x x x x =---+=-，由()4f x ≥，解得2x ≤-. 综上0x ≤或43x ≥. 所以不等式()4f x ≥的解集是{|0x x ≤或4}3x ≥.(2).由(1)可知3,1()4,213,2x x f x x x x x ≥⎧⎪=-+-<<⎨⎪-≤-⎩，所以函数()f x 在区间(],1-∞单调递减，在区间[)1,+∞上单调递增，所以函数()f x 的最小值(1)3f =. 由题意得223x x m ++≤有解，所以223m x x ≤--+有解.设22()23(1)4g x x x x =--+=-++，则max ()4g x =.所以4m ≤.故实数m 的取值范围是(],4-∞. 解析：。

(完整word版)2020高考二轮复习导数.doc

③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是()
2．(2019·北省九校第二次联考河
3＋2ln x的单调递减区间是()
)函数y＝x＋x
A．(－3，1)
B.(0，1)
C．(－1，3)
D.(0，3)
3．(2019
南·昌市第一次模拟测试
)已知f(x)在R上连续可导，f′( x)为其导函数，且f( x)
成的三角形的面积为
(
)
3
1
1
A.2
B.
2
C.2
D.
4
(2)(2019全·国卷Ⅲ)已知曲线
y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为
y＝2x＋b，则
()
A．a＝e，b＝－1
B. a＝e，b＝1
－
－
C．a＝e1，b＝1
D. a＝e1，b＝－1
(3)(2019成·都市第二次诊断性检测
)已知直线l既是曲线
D.(－3，3)或(4，－11)
5．(2019洛·阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax
与曲线g(x)＝2a2ln x－b有公共点，
且在公共点处的切线相同，则实数
b的最小值为(
)
A．0
B.－12
e
2
4
C．－e2
D.－e2
6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为
x
－x
x
－x
)，则f′(2)＋f′(－2)
－f′(0)f′(1)＝()
＝e
＋e
－f′(1)x·(e
－e
2
－2
B.4e

2020版高考数学二轮复习专题限时集训导数的简单应用文

专题限时集训(十三) 导数的简单应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足下列条件： ①f ′(x )>0时.x <－1或x >2； ②f ′(x )<0时.－1<x <2； ③f ′(x )＝0时.x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )A [根据条件知.函数f (x )在(－1,2)上是减函数．在(－∞.－1).(2.＋∞)上是增函数.故选A.]2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数).则实数a 的值是( )A.12 B ．1 C ．2D ．eB [由题意知y ′＝a e x＋1＝2.则a >0.x ＝－ln a .代入曲线方程得y ＝1－ln a .所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a ).即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10.则数对(a .b )为( ) A ．(－3,3) B ．(－11,4)C ．(4.－11)D ．(－3,3)或(4.－11)C [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0.解得a ＝－3或a ＝4.故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时.f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0.这时f (x )无极值.不合题意.舍去.故选C.]4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1.＋∞)上是增函数.则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞.－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－2 6.＋∞)D ．[－5.＋∞)C [由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x2＋ax ＋3x ≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g 1≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a≥－4，a≥－5⇔a ≥－2 6.故选C.]5．(20xx·重庆七校联考)函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x ).若xf ′(x )＋f (x )＝e x.且f (1)＝e.则( )A ．f (x )的最小值为eB ．f (x )的最大值为eC ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1eA [设g (x )＝xf (x )－e x.则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数．因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x＝g (1)＝0. 所以f (x )＝ex x .f ′(x )＝exx －1x2. 当0<x <1时.f ′(x )<0. 当x >1时.f ′(x )>0. 所以f (x )≥f (1)＝e.]6．(20xx·西安八校联考)已知曲线f (x )＝e x＋x 2.则曲线在(0.f (0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．②当a >0时.令f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝0.则－2ax 2＋x ＋1＝0.易知其判别式为正. 设方程的两根分别为x 1.x 2(x 1<x 2). 则x 1x 2＝－12a<0.∴x 1<0<x 2.∴f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝－2a x －x1x －x2x.x >0.令f ′(x )>0.得x ∈(0.x 2).令f ′(x )<0得x ∈(x 2.＋∞).其中x 2＝1＋8a ＋14a.∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 10．设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m .n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2.求m ＋n 的最小值． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0.＋∞).f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x. 当m ≤0时.f ′(x )>0.∴f (x )在(0.＋∞)上单调递增；当m >0时.令f ′(x )>0.得0<x <m 2m. 令f ′(x )<0.得x >m 2m. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增. 在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知.当m ≤0时.f (x )在(0.＋∞)上单调递增.无最大值．当m >0时.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2. ∴n ＝－12ln m －12.∴m ＋n ＝m －12ln m －12.点.则P .Q 两点间距离的最小值为________．32 [y ′＝e －x－x e －x＝(1－x )e －x.令(1－x )e －x＝1.则e x ＝1－x .e x＋x －1＝0.令h (x )＝e x ＋x －1.易得h (x )是增函数.且h (0)＝0.则方程e x＋x －1＝0有且只有一解x ＝0.易求得过曲线y ＝x e －x上点(0,0)的切线方程为y ＝x .由题意可得.P .Q 两点间距离d 的最小值即两平行直线x －y ＝0和x －y ＋6＝0间的距离.所以最小值为d min ＝62＝3 2.]【押题2】已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a .b ∈R )．(1)当a ＝－1.b ＝3时.求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值； (2)当a ＝0时.是否存在正实数b .使当x ∈(0.e](e 是自然对数的底数)时.函数f (x )的最小值是3？若存在.求出b 的值；若不存在.说明理由．[解] (1)当a ＝－1.b ＝3时.f (x )＝－x 2＋3x －ln x .且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.则f ′(x )＝－2x ＋3－1x ＝－2x2－3x ＋1x ＝－2x －1x －1x.令f ′(x )>0.得12<x <1；令f ′(x )<0.得1<x <2.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增.在(1,2)上单调递减．所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上仅有极大值点x ＝1.且这个极大值点也是最大值点.故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为f (1).且f (1)＝2. 又f (2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝(2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2＝34－2ln 2＝34－ln 4<0.所以f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最小值为f (2).且f (2)＝2－ln 2.综上.函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为2.最小值为2－ln 2. (2)当a ＝0时.f (x )＝bx －ln x .则f ′(x )＝b －1x ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1b x.①当0<b ≤1e .即1b≥e 时.f ′(x )<0.所以f (x )在(0.e]上单调递减.所以f (x )min ＝f (e)＝b e －1≤0.②当b >1e .即0<1b <e 时.令f ′(x )<0.得0<x <1b .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b 上单调递减；令f ′(x )>0.得1b<x <e.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1b，e 上单调递增．。

2020届高考数学二轮复习导数的综合应用学案Word版含解析

数的零点、不等式的证明·T21式放缩·T21问题·T21式证明·T21(xg g年份卷别卷Ⅰ2018卷Ⅱ卷Ⅲ第4讲导数的综合应用考查内容及考题位置讨论函数的单调性、不等式的证明·T21不等式的证明、函数的零点问题·T21不等式的证明、极值点问题·T21命题分析导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极卷Ⅰ利用导数研究函数的单调性、函数的零值(最值)是高考的常见题点·T21型，而导数与函数、不等式、2017卷Ⅱ利用导数研究函数的单调性及极值、函方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．卷Ⅲ导数在研究函数单调性中的应用、不等解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单卷Ⅰ函数的零点问题、不等式的证明·T21调性、极值、最值．2016卷Ⅱ卷Ⅲ函数单调性的判断、不等式证明及值域(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根．三角函数的导数运算、最值问题及不等(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)[典型例题]命题角度一根据函数零点求参数范围(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.【解】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.14a故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．e①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；e②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；e③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．h(4a)＝1－4a＝1－e ae综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.11当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得x>.16a316a316a31＞1－＝1－＞0.已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′(x)＝－.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．e2242424由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以（e2a）2（2a）4故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”．命题角度二根据参数确定函数的零点个数aln x＋bx(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．a－b－aln xx2a（ln x＋2）a（ln x＋1）x x2e e211当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<.0，⎫，单调递减区间为⎛，＋∞⎫；当a<0时，综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为⎛，＋∞，单调递减区间为0，.f(x)的单调递增区间为⎝e⎭⎝e⎭1⎫⎛11＋ln x10，⎫上单调递增，在⎛，＋∞⎫上单调递减，所以h(x)即h(x)在⎛＝h⎛⎫＝e.，＋∞⎫上，h(x)单调递减且h(x)＝在⎛0，⎫上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大．在⎛111故当0<<e，即a>时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一1(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，，＋∞上h′(x)<0，0，上h′(x)>0，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x ＝，且在在⎝e⎭⎝e⎭x e⎝e⎭xmax”(e e11⎝e⎭⎝e⎭⎛1⎫⎛1⎫aln x＋2a ln x＋2ln x＋2x a x x⎛⎫2111⎝e⎭⎝e⎭⎝e⎭1ln x＋2>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；1⎝e⎭a e e个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．综上可知，当a>1时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝1时，方程f(x)＝1有一个e e实根；当0<a<1时，方程f(x)＝1无实根．e(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．命题角度三函数零点性质的探索与证明已知函数f(x)＝(x－2)e x＋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)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．3aab2－b⎫>0，又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a⎛在(－∞，1)上单调递减，所以x＋x<2等价于f(x)>f(2－x)，即f(2－x)<0.由于f(2－x)＝－x e2－x2＋a(x－1)2，而f(x)＝(x－2)e x2＋a(x－1)2＝0，所以f(2－x)＝－x e2－x2－(x－2)e x2.从而g(x)＝f(2－x)<0，故x＋x<2.(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点．(ⅱ)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．322⎝2⎭故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调2递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，2f′(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)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)12122222222222设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，2212函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．[对点训练]4已知函数 f(x)＝ln x － ax 2(a ∈R )．解：(1)f(x)＝ln x － ax 2 的定义域为(0，＋∞)， 2)× ＝－1，(2)由(1)知 f ′(x)＝，x ∈(0，＋∞)，当 a >0 时，由⎨ 得 0<x < a ，由 f ′(x)<0 得 x > a ，所以 f(x)在⎛0， a ⎫上单调⎪⎩x >0，当 a >0 时，f(x)的单调递增区间为⎛0， a ⎫，单调递减区间为⎛ a，＋∞⎫.而 f(1)＝－1a >0，故 f(x)在[1，e 2]上没有零点；(ⅱ)当 a ＝0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，而 f(1)＝－ a ＝0，故 f(x)在[1，e 2]上有一个 (ⅲ)当 a >0 时，①若 a ≤1，即 a ≥1 时，f(x)在[1，e 2]上单调递减，因为 f(1)＝－ a <0， ②若 1< a ≤e 2，即 1 ≤a <1 时，f(x)在⎡1， a ⎤上单调递增，在⎡ a，e 2⎤上单调递减，而a ⎦1 2(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x ＋y ＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间；(3)讨论函数 f(x)在区间[1，e 2]上的零点个数．1 2f ′(x)＝ 1－ax ＝1－ax2，则 f ′(2)＝1－4a x x 2.因为直线 2x ＋y ＋2＝0 的斜率为－2，所以(－1－4a2解得 a ＝0.1－ax 2x当 a ≤0 时，f ′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；⎧⎪f ′（x ）＞0， a a ⎝ a ⎭递增，在⎛ a，＋∞⎫上单调递减．⎝ a ⎭综上所述：当 a ≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭(3)由(2)可知，(ⅰ)当 a <0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，212零点；1 a 2所以 f(x)在[1，e 2]上没有零点．a e 4 ⎣ ⎣ a ⎦5⎛a⎫＝－1ln a－，f(e2)＝2－a e4，若f⎛a⎫＝－1ln a－1<0，即a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1＝0，即a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1>0，即a<1时，由f(e2)＝2－1a e4>0得a<4，此时，f(x)在[1，e2]由f(e2)＝2－1a e4≤0得a≥4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若a≥e2，即0<a≤1时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－1a<0，f(e2)＝2－1a e4>0，综上所述：当a<0或a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4或a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．已知函数f(x)＝a e x－b ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝⎝e－1⎭xf′(x)＝a e x－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，⎧a e＝1，e⎧a＝1，所以⎨e解得⎨(2)证明：由(1)知f(x)＝2e x－ln x.e⎩111f(1)＝－2a<0，f⎝a⎭222⎝a⎭22e⎝a⎭22e⎝a⎭22e2e4上有一个零点；2e4a e422所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．e e4e41e e利用导数证明不等式(综合型)[典型例题]命题角度一单变量不等式的证明⎛1⎫＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．b11x e e2⎩a e－b＝1－1，⎪b＝1.1e6当x∈(0，x)时，f′(x)<0，当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，xx已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.由f(x)＋f(x)＋x x＝0，得ln x＋x2＋x＋ln x＋x2＋x＋x x＝0，从而(x＋x)2＋(x＋x)＝x x－ln(x x)，令t＝x x，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－1＝，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x＋x)2＋(x＋x)≥1，因为f′(x)＝e x－2－1在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋x∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．00从而当x＝x时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x)＝0，得e x0－2＝1，则x－2＝－ln x.000故f(x)≥f(x)＝e x0－2－ln x＝1＋x－2>20001x－2＝0，所以f(x)>0.x利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．命题角度二双变量不等式的证明12(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥5－12.【解】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又f′(x)＝1＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，x故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.12121112221212121212t－112t t易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，12127因为 x >0，x >0，所以 x ＋x ≥成立． (2018· 高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝－x ＋aln x.(2)若 f(x)存在两个极值点 x 1，x 2，证明：＜a －2.a ＝－x 2－ax ＋1(ii)若 a >2，令 f ′(x)＝0 得，x ＝a 2－4或 x ＝ . a 2－4⎫⎪∪⎛ a ＋ a 2－4 a －当 x ∈ ，＋∞⎪时，f ′(x)<0； 0， 2 2a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪ 时， f ′ (x)>0. 所以 f(x) 在 ⎛ 当 x ∈ a － a － ⎝ ⎭ ⎝0， ⎪ 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪单调递增．，＋∞⎪单调递减，在 a － a ⎛a ＋ a 2－4 ⎫ ⎛ 由于 f(x)的两个极值点 x ，x 满足 x 2－ax ＋1＝0，所以 x x ＝1，不妨设 x <x ，则 x >1.f （x 1）－f （x 2）1 －1＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a －2ln x 2， x 1－xx 1x 2 x 1－x 2 x 1－x 2 1 －xx 2 所以<a －2 等价于－x 2＋2ln x 2<0.2 2 25－112122破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．[对点训练]1x(1)讨论 f(x)的单调性；f （x 1）－f （x 2） x 1－x 21解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－x 2－1＋x x 2 .(i)若 a ≤2，则 f ′(x)≤0，当且仅当 a ＝2，x ＝1 时 f ′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)单调递减．a －a ＋ a 2－42 2⎛ ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ ， 2 2a 2－4⎫ ， 2 ⎭，⎝ ⎭ ⎝ ⎭(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.1 2 1 2 1 2 2由于＝－ 22f （x 1）－f （x 2） 1 x 1－x 2 x 28所以1－x＋2ln xf（x1）－f（x2）x－x<a－2.22<0，即x2(2)若x≥f(x)＋1－e【解】(1)因为f(x)＝ln(ax)＋b x，所以f′(x)＝＋b＝＋b，x，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．g即mx≥ln x＋1－2＋1(m<0)恒成立．设g(x)＝mx(x>0)，h(x)＝x＋－2，则g′(x)＝h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1.只需g(x)≥h(x)，即m≥1－1，解得m≥1－e.设函数g(x)＝1－x＋2ln x，由(1)知，(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，x＋∞)时，g(x)<0.12恒成立与有解问题(综合型)[典型例题]命题角度一恒成立问题(2018·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln(ax)＋b x在点(1，f(1))处的切线是y＝0.(1)求函数f(x)的极值；mx2e e x(m<0)恒成立，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．a1ax x因为f(x)在点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，解得a＝e，b＝－1，故f(x)＝ln x－x＋1.所以f′(x)＝1－1＝1－xx所以f(x)的极大值为f(1)＝0，无极小值．(2)由(1)知f(x)＝ln x－x＋1，mx21－ee x≥f(x)＋e x(m<0)恒成立，e x x eln x＋11m（1－x）ln xe x e e x，h′(x)＝－x2.因为m<0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，h′(x)>0；当x>1时，g′(x)>0，h′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＝g(1)＝m；min e1e所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，min max e e9已知函数 f(x)＝3ln x － x 2＋x ，g (x)＝3x ＋a.【解】 (1)由题意得，f ′(x)＝－x ＋1，设切点为(x 0，f(x 0))，则 k ＝f ′(x 0)＝－x 0＋1＝3，x解得 x ＝1 或 x ＝－3(舍)，所以切点为⎛1， ⎫，代入 g (x)＝3x ＋a ，得 a ＝－5.(2)设 h (x)＝3ln x － x 2－2x.∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，2 等价于∃x >0，使 h (x)＝3ln x －1x 2－2x >a 成立，⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 所以函数 h (x)＝3ln x －1x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 h (x)又 m <0，所以实数 m 的取值范围是[1－e ，0)．求解含参不等式恒成立问题的方法(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先转化为 f(a)≥g (x)( 或 f(a) ≤ g (x)) 对 ∀x ∈ D 恒成立，再转化为 f(a)≥g (x)max ( 或 f(a)≤g (x)min )；第二关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题．[提醒] 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．命题角度二能成立问题1 2(1)若 f(x)与 g (x)的图象相切，求 a 的值；(2)若∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，求参数 a 的取值范围．3 3 x 01 0 0 ⎝ 2⎭ 212等价于 a <h (x) max (x>0)．因为 h ′(x)＝3－x －2＝－x 2－2x ＋3＝－（x －1）（x ＋3），x x x⎧h ′（x ）>0， ⎧h ′（x ）<0，令⎨ 得 0<x <1；令⎨ 得 x>1. ⎪x >0， ⎪x >0，＝h (1)＝－5，即 a <－5，2 22 max10因此参数 a 的取值范围为⎛－∞，－⎫. f( 若存在实数 x ，使得 f(x )－g (x )＝2 成立，则当 x ＝－2 时，e x ＋a ＝2 成立，所以 e －2＋a(2)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)> －e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自5 ⎝ 2⎭求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是转化关，即通过分离参数法，先转化为存在 x ∈D ，使 f(a)≥g (x)或(f(a)≤g (x))成立，再转化为 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )；第三关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最小值(或最大值)问题．不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解．[提醒] 不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但 f(a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对存在 x ∈D 能成立等价于 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )， a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对任意 x ∈D 都成立等价于 f(a)≥g (x)max (或 f(a)≤g (x)min )，应注意区分，不要搞混．[对点训练]1．设函数 f(x)＝e x ＋a ＋x ，g (x)＝ln(x ＋3)－4e －x －a ，其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x 0，使得 f(x 0)－g (x 0)＝2 成立，则实数 a 的值为()A ．－2＋ln 2C ．－1－ln 2B ．1＋ln 2D ．2＋ln 2解析：选 D.由已知得 f(x)－g (x)＝e x ＋a ＋x －ln(x ＋3)＋4e －x －a ，设 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ，u (x)＝x －ln(x ＋3)，所以 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ≥2 e x ＋a 4e －x －a ＝4，当且仅当 e x ＋a ＝2 时等号成立．1u ′(x)＝1－ (x >－3)，令 u ′(x)>0，得 x >－2；x ＋3令 u ′(x)<0，得－3<x <－2，所以 u (x)在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝－2 时，u (x)取得最小值为－2.0 0＝2，解得 a ＝2＋ln 2.故选 D.2．设函数 f(x)＝ax 2－a －ln x ，其中 a ∈R .(1)讨论 f(x)的单调性；1 x然对数的底数)．11解：(1)f ′(x)＝2ax －1＝2ax 2－12a .⎝ 2a ⎭ 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；⎭ 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．(2)令 g (x)＝－ 1 ，s(x)＝e x 1－x. x 当0<a <1时， 1 >1.由(1)有 f ⎛ 1 ⎫ 当 x >1 时，h ′(x)＝2ax －1＋ 1 －e 1－x >x －1＋ 1 －1＝x x (x>0)．当 a ≤0 时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当 a >0 时，由 f ′(x)＝0，有 x ＝1此时，当 x ∈⎛0， 1 ⎫当 x ∈⎛ 1，＋∞⎫ ⎝ 2a1－e x －1则 s ′(x)＝e x －1－1.而当 x >1 时，s ′(x)>0，所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，从而当 x >1 时，g (x)>0.当 a ≤0，x >1 时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.2 2a⎛ 1 ⎫⎝ 2a ⎭<f(1)＝0，而 g ⎝ 2a ⎭>0，所以此时 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当 a ≥1时，令 h (x)＝f(x)－g (x)(x ≥1)．2x x 2 x x 2 x因此，h (x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又 h (1)＝0，所以当 x >1 时，h (x)＝f(x)－g (x)>0，即 f(x)>g (x)恒成立．x 3－2x ＋1 x 2－2x ＋1 x 2 > x 2 >0.12，＋∞⎫.综上，a∈⎡1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.(2)证明：由于x＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于2－3a＝0.⎫11⎛又f(3a－1)＝－6a＋2a－＝－6a－－<0，2f(3a＋1)＝>0，2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.⎝6⎭1⎣2⎭13(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．13令f′(x)＝0解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．x3x2＋x＋1x3x2（x2＋2x＋3）设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x) x2＋x＋1（x2＋x＋1）2在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．123613故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．12(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)由题意知，f′(x)＝x－a2＝（x＋a）（x－a）.x x当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；131当 x ＝a时，f(x)取得最小值 f(a)＝ a 2－a 2ln a. 1令 a 2－a 2ln a ≥0，解得 0<a ≤ e. 设 0<x <a <x ，则 2a －x >a.要证 x ＋x >2a 即 x >2a －x ，则只需证 f(x )>f(2a －x )．因 f(x )＝f(x )，则只需证 f(x )>f(2a －x )．aa 则 g ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2a －x)＝x －＋2a －x －又由题意得 0<x <a ，于是 g (x )＝f(x )－f(2a －x )>0，即 f(x )>f(2a －x )．因此 x ＋x >2a. ＝－ <0，2a －x x （2a －x ）x当 x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．22故 a 的取值范围是(0， e ]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，1 2 11 2 2 1 2 1 1 2 1 1设 g (x)＝f(x)－f(2a －x)，0<x <a.2 2 2a （a －x ）2 x所以 g (x)在(0，a)上单调递减，从而 g (x)>g (a)＝0.11 1 1 1 1 12 3．(2018· 石家庄质量检测(二))已知函数 f(x)＝x ＋axln x(a ∈R )． (1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)≤e －＋x 2.解：(1)由题意 x >0，f ′(x)＝1＋a ＋aln x.①当 a ＝0 时，f(x)＝x ，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；1②当 a >0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递增，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)<0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )1上单调递减，在(e －1－a ，＋∞)上单调递增；1③当 a <0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递减，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)>0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)<0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )141则 g ′(x)＝e －x ＋2＋ >0， 1⎫ 2 1－e ＋－1<0，h ′(1)＝－＋2>0，又h ′⎛ ＝－e⎫，1 上存在唯一零点 x ，即－e －x 0＋2x ＋ln x＝0.故 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎛所以当 x ∈(0，x )时，h ′(x)<0，当 x ∈(x ，＋∞)时，h ′(x)>0，所以函数 h (x)在(0，x )上所以 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )，所以只要x ＋ln x ≥0 即可，21上单调递增，在(e －1－a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)可知若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，1则 a <0，且 e －1－a ＝1，解得 a ＝－1，故此时 f(x)＝x －xln x ，要证 f(x)≤e －x ＋x 2，只须证 x －xln x ≤e －x ＋x 2，即证 e －x ＋x 2－x ＋xln x ≥0，设 h (x)＝e －x ＋x 2－x ＋xln x ，x >0，则 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x.令 g (x)＝h ′(x)，x所以函数 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，1⎝e ⎭ e e1 ⎝e ⎭0 0 00 0 0单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，故 h (x)≥h (x 0)＝e －x 0＋x 2－x 0＋x 0ln x 0，所以只需证 h (x 0)＝e －x 0＋x 0－x 0＋x 0ln x 0≥0 即可，由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得 e －x 0＝2x 0＋ln x 0，0 0 0 0又 x ＋1>0，0 0当 x 0＋ln x 0<0 时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；15得 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )＝0，(2)求证：当 x >0 时， ≥ln x ＋1.( ′当 x 0＋ln x 0>0 时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；当 x 0＋ln x 0＝0 时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0，得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故 x 0＋ln x 0＝0 成立，0 0 0 0所以 h (x)≥0，即 f(x)≤e －x ＋x 2.4．(2018· 郑州质量检测(二))已知函数 f(x)＝e x －x 2.(1)求曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程；e x ＋（2－e ）x －1x解：(1)由题意得，f ′(x)＝e x －2x ，则 f ′(1)＝e －2，f(1)＝e －1，所以曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1.(2)证明：f ′(x)＝e x －2x ，令 h (x)＝e x －2x ，则 h ′(x)＝e x －2，易知 f ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以 f ′(x)≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又曲线 y ＝f(x)过点(1，e －1)，且曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1，所以可猜测：当 x >0，x ≠1 时，f(x)的图象恒在切线 y ＝(e －2)x ＋1 的上方．下证：当 x >0 时，f(x)≥(e －2)x ＋1.设 g (x)＝f(x)－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1，x >0，则 g ′(x)＝e x －2x －(e －2)，令 φx)＝g ′(x)，则φ(x)＝e x －2，易知 g ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又 g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0<ln 2<1，所以 g ′(ln 2)<0，16所以存在 x ∈(0，ln 2)，使得 g ′ )＝0，所以当x ∈(0，x )∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当 x ∈(x ，1)时，g ′(x)<0，故 g (x)在(0，x )上单调递增，在(x ，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当且仅当 x ＝1 时取等号，故e x ＋（2－e ）x －1又 x ≥ln x ＋1，所以e x ＋（2－e ）x －10 00 0又 g (1)＝0，所以 g (x)＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，x ≥x ，x>0.x ≥ln x ＋1，当且仅当 x ＝1 时等号成立．17。

2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二函数、不等式、导数2.4.1Word版含解析.doc

A 级1π1．已知函数 f(x) ＝ x cos x ，则 f(π)＋ f ′ 2 ＝ ()3 1A ．－πB ．－π2231C ．－ πD ．－ π分析：∵ f ′ (x)＝－ 1 1x 2cos x ＋ x (－ sin x)，∴ f(π)＋ f ′ π 1 2 32 ＝－＋ ·(－ 1)＝－ .π π π 答案：C2．已知 m 是实数，函数 f( x)＝ x 2(x － m)，若 f ′ (－ 1)＝－ 1，则函数 f(x)的单一递加区间是()A. －4，0B ． 0，433C. －∞，－ 4， (0，＋∞ )D ．－∞，－ 4∪(0，＋∞ )33分析：由于 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2mx ，因此 f ′ (－ 1)＝ 3＋ 2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.因此 f ′( x)＝ 3x 2＋4x.由 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－4或 x>0 ，34即 f(x) 的单一递加区间为－∞，－3 ，(0 ，＋ ∞ )，应选 C.答案： C3．(2017 湖·南省湘中名校高三联考 )设 f(x)＝1－ x 2， x ∈ [ － 1， 1 ，2，则－1f(x)dxx 2－ 1，x ∈ [1， 2]的值为 ()π 4B ． πA. ＋3＋ 32 2π 4πC. ＋3D ．＋ 344212(x 2－ 1)dx ＝ 1π× 12＋1 3 2π 4，应选分析：－1f( x)dx ＝－1 1－ x 2dx ＋1 x － x |1＝＋2323A.答案： A4．若函数 f( x)＝ 2sin x(x ∈ [0，π))的图象在切点P 处的切线平行于函数g(x)＝ 2 x＋ 1x 3的图象在切点 Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为 ()8A. 3B ． 27 3 C.3D ． 311分析：由题意得 f ′ (x)＝ 2cos x ，g ′ (x)＝ x 2＋x －2.设 P(x 1，f(x 1))，Q(x 2，g(x 2 ))，又 f ′ (x 1)＝ g ′ (x 2)，即 2cos x 1＝ x 12＋ x － 12，故 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21＋ 2，因此－ 4＋ 4cos 2x 1＝ x 2＋ x －21－ 2，22即－ 4sin2x 1＝ x 12 －x －12 2，因此 sin x 1＝ 0，x 1＝ 0，x 12＝ x － 1 2，x 2＝ 1，故 P(0,0)，Q 1， 8 ，22 2 2 3故 k PQ ＝ 8.3答案： A5．已知偶函数 f(x)(x ≠0)的导函数为 f ′ (x) ，且知足f(1)＝ 0，当 x>0 时， xf ′ (x)<2f(x)，则使得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 ()A ． (－∞，－ 1)∪(0,1)B ． (－∞，－ 1)∪ (1，＋∞ )C ．( －1,0)∪ (1，＋∞ )D ． (－ 1,0)∪(0,1)分析：依据题意，设函数g(x)＝ f xf ′ x ·x － 2·fx2 (x ≠ 0)，当 x>0时， g ′ (x)＝x 3<0，说x明函数 g(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，又 f(x) 为偶函数，因此 g(x) 为偶函数，又 f(1) ＝ 0，因此g(1) ＝ 0，故 g(x)在 (－ 1,0)∪(0,1) 上的函数值大于零，即 f(x)在 (－ 1,0)∪ (0,1) 上的函数值大于零．答案： D6．函数 y ＝ x ＋ 2cos x 在区间 0，π上的最大值是 ________． 2π π π分析： y ′ ＝ 1－2sin x ，令 y ′ ＝ 0，且 x ∈ 0， 2 ，得 x ＝ 6，则 x ∈ 0， 6 时， y ′ >0；π ππ π π 上递减，因此当 x ＝ πx ∈，0， 6 上递加，在，6 时，函数取最6 2 时， y ′<0，故函数在6 2π大值 6＋ 3.答案：π＋ 367．曲线 y ＝ x 2 与直线 y ＝ x 所围成的关闭图形的面积为________．分析：如图，暗影部分的面积即为所求，y ＝x 2 ，得 A(1,1)．由y ＝x ，12 12 13 11故所求面积为 S ＝0 (x － x )dx ＝x－ x|0＝ .236答案：168．设函数f(x)＝ ln1 2－ bx ，若 x ＝ 1 是 f(x)的极大值点，则a 的取值范围为x － ax2____________．分析：∵ f(x)的定义域为 (0，＋ ∞ )， f ′ (x)＝1－ ax － b ，x由 f ′ (1) ＝ 0，得 b ＝ 1－ a.∴ f ′ (x)＝ 1－ ax ＋ a － 1＝－ ax 2＋ 1＋ax － xxx＝－ ax ＋ 1 x － 1 .x①若 a ≥ 0，当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ， f(x)单一递加；当 x>1 时， f ′ (x)<0， f(x)单一递减；因此 x ＝1 是 f(x) 的极大值点．1②若 a<0，由 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝ 1 或 x ＝－ .由于 x ＝1 是 f(x) 的极大值点，1因此－ a >1，解得－ 1< a<0.综合①②得 a 的取值范围是 (－ 1，＋ ∞)．答案：(－ 1，＋∞ )ax9． (2017 ·西省高三教课质量检测试题陕 (一 ))已知函数 f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ x ＋ 1(a ∈ R )．(1)当 a ＝ 1 时，求 f(x)的图象在 x ＝0 处的切线方程；(2)当 a<0 时，求 f( x)的极值．分析：(1)当a ＝ 1 时， f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋x ，x ＋ 11 1x ＋ 2∴ f ′ (x)＝ x ＋ 1＋ x ＋ 1 2＝ x ＋ 1 2.∵ f(0) ＝ 0， f ′ (0)＝ 2，∴所求切线方程为 y ＝ 2x.(2)f(x)＝ ln(x ＋ 1)＋ ax (x>－ 1)， f ′ (x)＝ x ＋ a ＋ 21，x ＋ 1 x ＋ 1∵ a<0 ，∴当 x ∈ (－ 1，－ a －1) 时， f ′ (x)<0，当 x ∈ (－ a － 1，＋ ∞)时， f ′ (x)>0 ，函数 f(x)的极小值为 f(－a － 1)＝ a ＋ 1＋ ln( － a)，无极大值．10． (2016 ·京卷北 )设函数 f(x)＝ xe a －x ＋ bx ，曲线y ＝ f(x)在点(2， f(2)) 处的切线方程为y＝(e －1)x ＋ 4.(1)求 a ， b 的值；(2)求 f(x)的单一区间． a － x分析：(1) 由于 f( x)＝ xe ＋ bx ，f 2 ＝ 2e ＋ 2，a －2 2e ＋ 2b ＝ 2e ＋ 2，依题设，即 a －2f ′ 2 ＝ e － 1，－ e ＋ b ＝e － 1.a ＝ 2，解得b ＝ e.2－x＋ ex.(2)由 (1) 知 f(x)＝ xe由 f ′ (x)＝ e 2 －x (1－ x ＋ e x － 1)及 e 2－ x >0 知， f ′ (x)与 1－ x ＋ e x －1 同号．令 g(x)＝ 1－ x ＋ e x － 1，则 g ′ (x)＝－ 1＋ e x －1.因此，当 x ∈ (－ ∞ ， 1)时， g ′ (x)<0 ，g(x)在区间 (－ ∞ ， 1)上单一递减；当 x ∈ (1，＋ ∞ )时， g ′ (x)>0 ，g(x)在区间 (1，＋ ∞)上单一递加．故 g(1)＝ 1 是 g(x)在区间 (－ ∞ ，＋ ∞ )上的最小值，进而 g(x)>0，x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )．综上可知， f ′ (x)>0， x ∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )，故 f(x) 的单一递加区间为 (－∞ ，＋ ∞ )．B 级f n － f m1．定义：假如函数 f(x)在 [m ，n]上存在 x 1，x 2(m<x 1<x 2 <n)知足 f ′ (x 1)＝，f ′ (x 2)＝f n － f m.则称函数 f(x)是 [m ，n] 上的“双中值函数”，已知函数f(x)＝ x 3－ x 2＋ a 是 [0，a]n － m上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是 ( )1， 1 B ． 3，3A.3 2211 C. 2，1D ．3，1分析：由于 f(x)＝ x 3－ x 2＋ a ，因此由题意可知， f ′( x)＝ 3x 2－ 2x 在区间 [0， a]上存在x 1， x 2(0< x 1<x 2<a)，知足 f ′ ( x 1)＝ f ′ (x 2)＝f a － f 0＝a 2 －a ，因此方程 3x 2－2x ＝ a 2－ a 在区a － 0间(0 ， a)上有两个不相等的实根．＝ 4－12 － a 2＋ a >0，2221令 g(x)＝ 3x － 2x － a ＋a(0<x<a)，则 g 0 ＝－ a ＋ a>0 ，解得 2<a<1 ，因此实数 a2－ a>0，g a ＝ 2a 的取值范围是1， 1 .2答案：C2． (2017 江·苏卷 )已知函数3 x1 f(x)＝ x －2x ＋ e － x ，此中 e 是自然对数的底数．若 f(a － 1)e＋ f (2a 2)≤ 0，则实数 a 的取值范围是 ________．分析：易知函数 f(x)的定义域对于原点对称． ∵ f(x)＝x 3－ 2x ＋ e x －e1x ，∴ f(－ x)＝ (－x)3－ 2(－x) ＋e － x － 1－xe31x＝－ x ＋ 2x ＋ x － e ＝－ f(x)，e∴ f(x)为奇函数，又 f ′ (x)＝ 3x 2－ 2＋ e x＋ e 1x ≥ 3x 2 －2＋ 2＝ 3x 2≥ 0(当且仅当 x ＝0 时，取 “ ＝ ” )，进而 f( x) 在 R 上单一递加，因此 f(a － 1)＋ f(2a 2)≤0? f(a － 1)≤ f(－ 2a 2)? － 2a 2≥ a －1，1解得－ 1≤ a ≤ 2.1答案：－1，23．已知函数 f(x) ＝(ax ＋ b)ln x －bx ＋ 3 在 (1， f(1)) 处的切线方程为 y ＝2.(1)求 a ， b 的值； (2) 求函数 f(x)的极值；(3) 若 g(x)＝f(x)＋ kx 在 (1,3)上是单一函数，求k 的取值范围．分析： (1) 由于 f(1) ＝－ b ＋ 3＝ 2，因此 b ＝ 1.又 f ′ (x)＝ b ＋ aln x ＋ a －b ＝ 1＋ aln x ＋ a － 1，x x而函数 f(x)＝ (ax ＋ b)ln x － bx ＋ 3 在 (1，f(1)) 处的切线方程为 y ＝ 2，因此 f ′ (1) ＝ 1＋ a － 1＝ 0，因此 a ＝ 0.(2)由 (1) 得 f(x)＝ ln x － x ＋ 3， f ′( x)＝1x － 1， x>0.令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝1.当 0<x<1 时， f ′ (x)>0 ；当 x>1 时， f ′ (x)<0，因此 f(x)在 (0,1)上单一递加，在 (1，＋ ∞ )上单一递减，故 f(x) 的极大值为 f(1)＝ 2，无极小值．1(3)由 g(x)＝f(x)＋ kx ，则 g(x) ＝ln x ＋( k － 1)x ＋3(x>0)， g ′ (x)＝ x ＋k －1，又 g(x)在 x ∈ (1,3)上是单一函数，若 g(x)为增函数，有 g ′ (x)≥0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≥ 0，即 k ≥ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立．x x又 1－1∈ 0， 2 ，因此 k ≥2.x 33若 g(x)为减函数，有 g ′ (x)≤0，即 g ′ (x)＝ 1＋ k － 1≤ 0，即 k ≤ 1－1在 x ∈ (1,3) 上恒建立，x x12又 1－ x ∈ 0， 3 ，因此 k ≤ 0.综上， k 的取值范围为 (－ ∞ ， 0]∪2，＋∞ .31 14． (2017 成·都市第二次诊疗性检测 )已知函数 f(x)＝ a ＋a ln x － x ＋ x ，此中 a>0.(1)若 f(x)在 (0，＋∞ )上存在极值点，求 a 的取值范围；(2)设 a ∈ (1，e]，当 x 1∈ (0,1)， x 2∈ (1，＋∞ )时，记 f(x 2)－ f(x 1)的最大值为M(a)．那么M(a)能否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明原因．－ x －ax － 1(1) f ′ (x)＝ 1 1－ 1 －12a分析：x 2， x ∈(0 ，＋ ∞)．a ＋a xx ＝①当 a ＝ 1 时， f ′ (x)＝－ x － 12x 2 ≤ 0， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减，不存在极值点；1②当 a>0 且 a ≠1 时， f ′ (a)＝ f ′ a ＝ 0.经查验 a ，1a 均为 f(x)的极值点．∴ a ∈ (0,1) ∪ (1，＋ ∞ )．1(2)当 a ∈ (1， e]时， 0<a <1< a.由(1) 知，11 . 当 f ′ (x)>0 时， <x<a ；当 f ′ (x)<0 时， x>a 或 x<a a11∴ f(x)在 0， a 上单一递减，在 a ， a 上单一递加，在 (a ，＋ ∞) 上单一递减．1∴对 ? x 1∈(0,1) ，有 f(x 1)≥ f；对 ? x 2∈ (1，＋ ∞ )，有 f(x 2)≤f(a)．∴ [f(x 2 )－f(x 1 )]max ＝ f(a)－ f 1a.∴ M(a)＝ f(a)－ f 1a111 1 1＝ a ＋a ln a － a ＋ a － a ＋ a ln a － a ＋ a＝ 211， a ∈ (1， e]．a ＋a ln a － a ＋a1 ln a ＋2 a ＋ 1 1 ＋2 1 M ′ (a)＝ 2 1－ 2a a －1－ 2 aa1＝ 2 1－ a 2 ln a ， a ∈ (1， e]．∴ M ′ (a)>0，即 M (a)在 (1，e]上单一递加．114∴ M(a)max ＝ M(e) ＝ 2 e ＋ e ＋ 2 － e＝ e .e∴ M(a)存在最大值4e.。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题一第4讲导数的综合应用与热点问题

第4讲导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1e x 得f ′(x )＝(2ax ＋1)e x －(ax 2＋x －1)e x(e x )2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x ；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥x 2＋x －1＋e x ＋1e x ，令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝0.因此当a ≥1，f (x )＋e ≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞) f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x，因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a －1ln 1a －1a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根．综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切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 )对x ∈[a ，b ]能成立⇔[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max＞0(x ∈[a ，b ])．(3)对∀x 1，x 2∈[a ，b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1；(2)证明：e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0)，则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1，h ′(x )＝1x －12－2(x ＋1)2＝2－x －x 32x (x ＋1)2＝(1－x )(x 2＋x ＋2)2x (x ＋1)2，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0，所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1.(2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1，t ＞0.要证e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3，即(e x ＋1)2≥2x (e x ＋1)＋4，只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1，即证e x ＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x，则x ≤e x ＋12－2e x ＋1，即x ＋2e x ＋1≤e x ＋12，得证．用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )＜g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )＜0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[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 )的单调区间．(2)当k ＝2时，求证：对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )＞g (x )成立，试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x )，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时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，不存在满足条件的x 0；当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同，当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减．当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立．综上，k 的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．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)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x ＞0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)．令t ＝x 1x 2，φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t.易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二利用导数研究函数的零点问题直观想象素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.(1)证明：当a ≤2e时，f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2e ，三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax ＝0，则x ＝a2，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1，当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1≥0，所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1，且f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；③当a ＞2e 时，f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＜0，又1e ＜ a 2，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2＞0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2上有唯一的零点，又当a ＞2e时，a ＞a2，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)，令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1a，g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在⎝⎛⎭⎫2e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增，所以g (a )≥g (1)＝0，所以f (a )≥0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上有唯一的零点，所以，当a ＞2e时，f (x )有2个不同的零点，综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时，不存在零点；③当a ＞2e 时，有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．2．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R )，(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x ＋x ＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2，x 2＝1e，①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2e 时，f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ⎝⎛⎭⎫1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2，⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 2，1e 单调递减；当a ＝2e时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ＞2e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e ，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ⎝⎛⎭⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝⎛⎭⎫a －12e ＜0，以下证明：在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0，令x ＝1et ，t ＞1，则x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1e t ＝1e t⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ，f (x )＜0⇒f ⎝⎛⎭⎫1e t ＜0⇒⎝⎛⎭⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t ＋12＜0⇒at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －12显然成立，故在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0，又f (1)＝12＞0，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1.限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＜0.因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0.所以，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2所以，f x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点，所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．综上，a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数， h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ，又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u，其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u ＜37u 成立．综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点，所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．综上，a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ，又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝uu ＋ln u，其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u 37u 成立．综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝x ＋1x ＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3，设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1，x 2，且x 2x 1≥e a ，求证：f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)，∴h ′(x )＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2.在(0，＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0，x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0， h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，综上，a ＞－1时，h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，a ≤－1时，h (x )在(0，＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点，故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0， ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2)，又f (x )＝2ln x ，∴f ′(x )＝2x，f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ，则φ′(t )＝t 2＋1t (t ＋1)2＞0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)上递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65.故f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝，故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上．由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分”思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.(1)设g (x )＝f ′(x )，对g (x )求导可得g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，得证．(2)对x 进行讨论，当x ∈(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，利用函数单调性，确定f (x )先增后减且f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，所以此区间上没有零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，所以此区间上没有零点. 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．规范解答评分细则[解析] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.1分① 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点.2分② 设零点为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.3分③所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点.4分④(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点.6分⑤(ⅱ)当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减.8分⑥ 又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点.9分⑦ (ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点.10分⑧ (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.12分⑨第(1)问踩点得分①构造函数g (x )＝f ′(x )并正确求导g ′(x )得1分．②判断g ′(x )在⎣⎡⎦⎤－1，π2上递减，由零点存在定理判定g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点α，得1分． ③判断g ′(x )在(－1，α)，⎝⎛⎭⎫α，π2上的符号，得1分．④得出g (x )＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一极大值点得1分．第(2)问踩点得分⑤判断f ′(x )在(－1,0)递增，得1分，判断f (x )在(－1,0)递减，又f (0)＝0，有唯一零点，得1分． ⑥当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时判断f ′(x )的单调性，得1分；判断f ′(x )存在零点β，研究f (x )的单调性，得1分．⑦由f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，结合f (x )的单调性，得出f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上无零点，得1分． ⑧当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，研究f (x )的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分． ⑨当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.。

2020高三理科数学二轮复习：专题一高考解答题专讲(一) 导数的综合应用-含解析

20xx最新高三理科数学二轮复习：专题一高考解答题专讲
（一）导数的综合应用-含解析
高考解答题专讲(一) 导数的综合应用
一、导数与函数的单调性、极值与最值问题
1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论．
2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．[思维流程] (1)→→错误!
(2)→→求得a的最小值
[解] (1)f′(x)＝，x>－1.
当a≥时，f′(x)≤0，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．当0<a<时，
当－1<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；。

2020版高考数学二轮复习专题限时集训导数的简单应用理

专题限时集训(十三) 导数的简单应用 [专题通关练] (建议用时：30分钟) 1．(2019·深圳二模)已知函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x是奇函数，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的倾斜角为( )A.π4 B.3π4 C.π3 D.2π3B [函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x是奇函数，可得f (－x )＝－f (x )，可得a ＝0，f (x )＝x ＋2x， f ′(x )＝1－2x2，即有曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为k ＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为3π4，故选B.] 2．若x ＝2是函数f (x )＝(x 2－2ax )e x的极值点，则函数y ＝f (x )的最小值为( )A ．(2＋22)e－2B ．0C ．(2－22)e 2D ．－e C [∵f (x )＝(x 2－2ax )e x ，∴f ′(x )＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意可知f ′(2)＝0，即a ＝1.∴f (x )＝(x 2－2x )e x .∴f ′(x )＝(x 2－2)e x，由f ′(x )＝0得x ＝± 2.又f (2)＝(2－22)e 2，f (－2)＝(2＋22)e －2，且f (2)＜f (－2)．故选C.]3．[易错题](2019·长春二模)已知f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝e ，x ∈R,2f (x )－f ′(x )＞0，则不等式f (x )＜e2x －1的解集为( ) A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，e)D ．(e ，＋∞) B [令g (x )＝f xe 2x ，则g ′(x )＝e 2x f ′x －2e 2x f x e 4x ＝f ′x －2f x e2x ， ∵2f (x )－f ′(x )＞0，∴g ′(x )＜0，∴g (x )递减，不等式f (x )＜e 2x －1⇔f xe 2x ＜1e ＝e e 2＝f 1e2 ⇔g (x )＜g (1)⇔x ＞1，故选B.]4．[易错题]若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0) C [由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知⎩⎪⎨⎪⎧ －3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.]5．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)，则⎠⎛01f (x )dx ＝________. 394[∵f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)， ∴f ′(x )＝4－3x 2f ′(1)，令x ＝1得f ′(1)＝4－3f ′(1)，即f ′(1)＝1.令x ＝0得f ′(0)＝4.∴f (x )＝4x －x 3＋8. ∴⎠⎛01f (x )dx ＝⎠⎛01(4x －x 3＋8)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－x 44＋8x ⎪⎪⎪ 10＝394.] 6．已知函数f (x )＝13x 3－12mx 2＋4x －3在区间[1,2]上是增函数，则实数m 的取值范围为________．(－∞，4] [由函数f (x )＝13x 3－12mx 2＋4x －3，可得f ′(x )＝x 2－mx ＋4，。

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习课时15 3.4 导数的综合应用夯基提能作业

3.4 导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点”是“a<-1”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf '(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为( )A.0B.1C.0或1D.无数个答案 A 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf '(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)≥0显然成立;当x∈(0,1]时, f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥3x2-1 x3.设g(x)=3x2-1x3,则g'(x)=3(1-2x)x4,令g'(x)=0,得x=12,所以g(x)在区间(0,12]上单调递增,在区间[12,1]上单调递减,因此g(x)max=g(12)=4,从而a≥4.当x∈[-1,0)时,同理,a≤3x2-1x3,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4.综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln 3e ,且x>0时,e x x >32x+1x -3a. 解析 (1)由f(x)=e x-3x+3a 知, f '(x)=e x-3. 令f '(x)=0,得x=ln 3,于是当x 变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln 3(ln3,+∞) f '(x) -0 + f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3), 单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=e ln 3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a). (2)证明:待证不等式等价于e x-32x 2+3ax-1>0, 设g(x)=e x-32x 2+3ax-1,x>0,则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln 3e =ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0. ∴g(x)在(0,+∞)上为增函数, ∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0, 即e x-32x 2+3ax-1>0,即e x x >32x+1x -3a. 5.已知函数f(x)=12ax 2-ln x(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1, f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥x2对任意x>0恒成立,求实数a 的值. 解析 (1)当a=2时, f(x)=x 2-ln x, f '(x)=2x 2-1x,∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f '(x)=xx 2-1x. 当a≤0时, f '(x)<0,∴当x>1时, f(x)<x2,故此时不合题意;当a>0时, f(x)在(0,√1x)上单调递减,在(√1x,+∞)上单调递增,∴f(x)min =f (√1x)=12-ln √1x,∴12-ln √1x ≥x2,即1+ln a-a≥0. 设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=1x -1=1-xx,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=e x-x,h(x)=-kx 3+kx 2-x+1. (1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k 的最大值为λ,求证:4<λ<6. 解析 (1)因为f(x)=e x-x,所以f '(x)=e x-1, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)min =f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x 2-x 3)≤e x-1, 当x=0,1时,k∈R, 当x∈(0,1)时,k≤e x -1x 2-x 3,要证4<λ<6,则需证以下两个问题: ①e x -1x 2-x 3>4对任意x∈(0,1)恒成立; ②存在x 0∈(0,1),使得e x 0-1x 02-x 03<6成立.先证①e x -1x 2-x 3>4,即证e x -1>4(x 2-x 3), 由(1)可知,e x-x≥1恒成立,所以e x-1≥x, 又x≠0,所以e x -1>x,即证x≥4(x 2-x 3)⇔1≥4(x -x 2)⇔(2x-1)2≥0, (2x-1)2≥0显然成立,所以e x -1x 2-x 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;再证②存在x 0∈(0,1),使得e x 0-1x 02-x 03<6成立,取x 0=12,√e -114-18=8(√e -1),因为√e <74, 所以8(√e -1)<8×34=6,所以存在x 0∈(0,1),使得e x 0-1x 02-x 03<6成立,由①②可知,4<λ<6.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x-x -1x-aln x(a∈R). (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(12, f (12))处的切线方程;(2)当0<a<1时,在[1e ,e ]内是否存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立?请说明理由.解析 (1)当a=1时, f(x)=x-ln x, f '(x)=1-1x .易知f (12)=12+ln 2, 所以曲线y=f(x)在点(12,12+ln2)处的切线的斜率为f '(12)=1-112=-1.故所求的切线方程为y-(12+ln2)=-(x -12), 即x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下:假设当0<a<1时,在[1e ,e ]内存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立, 此时只需证明当x∈[1e ,e ]时, f(x)max >e-1即可.f '(x)=1+x -1x 2-x x =x 2-ax +(a -1)x 2=(x -1)[x -(x -1)]x 2(x>0),令f '(x)=0得,x 1=1,x 2=a-1,当0<a<1时,a-1<0, 故当x∈(1e ,1)时,f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0. 故函数f(x)在(1e ,1)上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max =max {x (1e ), f(e)}.于是,只需证明f(e)>e-1或f (1e )>e-1即可. 因为f(e)-(e-1)=e-x -1e-a-(e-1)=(e +1)(1-x )e>0,所以f(e)>e-1,所以假设成立,故当0<a<1时,在x∈[1e ,e ]上至少存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立.B 组提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=√x -ln x.(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明: f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力. (1)函数f(x)的导函数f '(x)=2√x -1x ,由f '(x 1)=f '(x 2)得2√x -1x 1=2√x -1x 2,因为x 1≠x 2, 所以√x +√x =12.由基本不等式得12√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f(x 1)+f(x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=12√x 1x 2-ln(x 1x 2). 设g(x)=12√x -ln x,则g'(x)=14x (√x -4),所以x (0,16) 16 (16,+∞)g'(x) - 0 + g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增, 故g(x 1x 2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=(|x |+1x)2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n (√xx x -k )≤n (√xk )<0, 所以,存在x 0∈(m,n)使f(x 0)=kx 0+a,所以,对于任意的a∈R 及k∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a 得k=√x -ln x -xx.设h(x)=√x -ln x -xx , 则h'(x)=ln x -√x2-1+a x 2=-x (x )-1+xx 2,其中g(x)=√x2-ln x. 由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2, 故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0, 所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减, 因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 2.设函数f(x)=a 2x 2-(ax+1)ln x+ax.(1)若a≥0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a 的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立?若存在,求出实数a 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞), f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a>0时,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0⇔ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax 与y=ln x 相切时,a 的值即为所求. 令(ln x)'=1x=a,即x=1x,故切点坐标为(1x,-ln x ),将其代入y=ax,得a=1e.综上可得a=0或1e .(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立, 当a=0时,原不等式化为ln x≤0,不满足题意. 当a>0时,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥ln xx.令F(x)=ln xx,则F '(x)=1-ln xx 2,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数F(x)在x=e 处取得极大值,也为最大值,最大值为1e ,由此可得a≥1e .当a<0时,在(0,-1x )上,ax+1>0,在(-1x ,+∞)上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-1x <0, 所以g(x)=ax-ln x 在(0,+∞)上为减函数,所以只要当x=-1x 时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e. 综上可得,a∈[1e ,+∞)∪{-e}.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=e x -1x,求证:(1)当x<0时, f(x)<1;(2)对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a. 证明 (1)设φ(x)=e x-1-x,x∈R, 则φ'(x)=e x-1,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0, 故φ(x)在(-∞,0)内递减,在(0,+∞)内递增, 所以对任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0, 即e x-1-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立). 所以当x<0时,e x-1>x,即f(x)<1. (2)要证当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a, 即证当0<x<ln(1+a)时,e x-1-(1+a)x<0;① 当-ln(1+a)<x<0时,e x-1-(1-a)x<0.② 令函数g(x)=e x-1-(1+a)x,h(x)=e x-1-(1-a)x.注意到g(0)=h(0)=0,故要证①与②,只需证明g(x)在(0,ln(1+a))内递减,h(x)在(-ln(1+a),0)内递增.事实上,当x∈(0,ln(1+a))时, g'(x)=e x-(1+a)<eln(1+a)-(1+a)=0;当x∈(-ln(1+a),0)时,h'(x)=e x -(1-a)>e-ln(1+a)-(1-a)=11+x -(1-a)=x 21+x >0.综上,对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a. 4.已知函数f(x)=-12ax 2+(1+a)x-ln x(a∈R). (1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间[12,+∞)上有两个零点,求实数k 的取值范围.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ax+1+a-1x =-(xx -1)(x -1)x(a>0),当a∈(0,1)时,1x >1. 由f '(x)<0,得x>1x 或x<1,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),(1x ,+∞); 当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞); 当a∈(1,+∞)时,1x <1.由f '(x)<0,得x>1或x<1x,所以f(x)的单调递减区间为(0,1x ),(1,+∞). 综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(1x ,+∞); 当a=1时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时, f(x)的单调递减区间为(0,1x),(1,+∞).(2)g(x)=x 2-xln x-k(x+2)+2在x∈[12,+∞)上有两个零点,即关于x 的方程k=x 2-xln x +2x +2在x∈[12,+∞)上有两个不相等的实数根. 令函数h(x)=x 2-xln x +2x +2,x∈[12,+∞),则h'(x)=x 2+3x -2ln x -4(x +2)2,令函数p(x)=x 2+3x-2ln x-4,x∈[12,+∞). 则p'(x)=(2x -1)(x +2)x 在[12,+∞)上有p'(x)≥0,故p(x)在[12,+∞)上单调递增.因为p(1)=0,所以当x∈[12,1)时,p(x)<0, 即h'(x)<0,故h(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,p(x)>0, 即h'(x)>0,故h(x)单调递增. 因为h (12)=910+ln25,h(1)=1,所以k 的取值范围是(1,910+ln25).。

【名师伴你行】高考数学二轮复习导数的综合应用提能专训

提能专训(二十三) 导数的综合应用一、选择题1．(2014·江西八校联考)已知m 是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在x ∈R 上是增函数的概率是( )A.14B.13C.12D.23[答案] C[解析] ∵f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在R 上是增函数，∴f ′(x )＝x 2－4x ＋m 2≥0在R 上恒成立，∴Δ＝16－4m 2≤0，解得m ≤－2或m ≥2. 又∵0≤m ≤4，∴2≤m ≤4. 故所求的概率为P ＝24＝12.2．(2014·辽宁五校联考)已知a ，b 是实数，且e<a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 与b a 的大小关系是( )A ．a b>b aB ．a b <b aC ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定[答案] A[解析] 构造辅助函数f (x )＝ln xx，因为f ′(x )＝1－ln xx 2，所以在(e ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则f (a )>f (b )，即ln a a >ln b b，b ln a >a ln b ，ln a b >ln b a，所以a b >b a .3．(2014·忻州联考)定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 [答案] D[解析] ∵f (x )<f ′(x )·tan x ，即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x sin x ′＝fxx －f x xsin 2x>0，∴函数f xsin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 4．(2014·浙江名校联考)若函数f (x )＝x cos x 在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a n ，…，则对任意正整数n 必有( )A ．π<a n ＋1－a n <3π2B.π2<a n ＋1－a n <π C ．0<a n ＋1－a n <π2D ．－π2<a n ＋1－a n <0[答案] B[解析] f ′(x )＝cos x －x sin x ，令f ′(x )＝0，得1x ＝tan x ，函数y ＝1x与y ＝tan x的图象如图所示，a n 与a n ＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y ＝1x在(0，＋∞)上是减函数，故随着n 的增加，a n 越来越接近其所在周期内的零点(y ＝tan x 的零点)，故a n＋1－a n <π，又a n 与a n ＋1在各自周期内零点的右侧，因此a n ＋1－a n >π2，故选B.5．(2014·陕西卷改编)设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．若f (x )≥ag (x )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，1][答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝11＋x ，所以g (x )＝xf ′(x )＝x1＋x .若f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a1＋x2＝x ＋1－a＋x2. 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，所以φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，即φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1)，有φ′(x )<0，则φ(x )在(0，a －1]上单调递减，所以φ(a －1)<φ(0)＝0，即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，可知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]，故选D.6．(2014·鄂尔多斯模拟)已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是( )A ．0<a <34B.12<a <34 C ．a ≥34D ．0<a <12[答案] C[解析] f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g－，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2＋－2a －－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34，故选C.7．已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，4)C ．(4，＋∞)D ．[4，＋∞)[答案] C[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝2x 2－ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝1x(4x 2－ax ＋1)．由函数f (x )在区间(0，＋∞)上不单调可知f ′(x )＝0有两个正解，即4x 2－ax ＋1＝0有两个正解，设为x 1，x 2.故有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝－a2－4×4×1>0，x 1＋x 2＝a 4>0，x 1x 2＝14>0，解得a >4.所以a 的取值范围为(4，＋∞)．8．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则f－f＝()A ．5B ．－5C ．2D ．－2 [答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，结合题中图象知，x ＝－1,2为导函数的零点，所以f ′(－1)＝f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a －2b ＋c ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c6，b ＝c4.所以f ′(x )＝－c2x 2＋c2x ＋c ＝－c2(x 2－x －2)，于是f－f＝4＋2－21－1－2＝－2.故选D.9．(2014·安庆二模)设1<x <2，则ln x x，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x2x2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2B.ln x x<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2<ln x x D.ln x 2x2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x[答案] A[解析] 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数．∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln x x<1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x. 又ln x2x2－ln x x ＝2ln x －x ln xx 2＝－x xx2>0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2，故选A.10．(2014·昆明质检)已知函数f (x )＝e x－ax －b ，若f (x )≥0恒成立，则ab 的最大值为( )A. e B ．e 2C ．e D.e 2[答案] D[解析] 利用导数求解．当a ≤0时，函数f (x )＝e x－ax －b 在R 上单调递增，f (x )≥0不恒成立，所以a ≤0舍去．当a >0时，由f ′(x )＝e x－a ＝0解得x ＝ln a ，且当x <ln a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )≥0恒成立，即f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －b ≥0，所以b ≤a －a ln a ，ab ≤a 2－a 2ln a ，a >0.令y ＝x 2－x 2ln x ，x >0，则y ′＝2x －2x ln x －x ＝x (1－2ln x )，x >0，由y ′＝0解得x ＝e ，且x ∈(0，e)时，y ′>0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递增；x ∈(e ，＋∞)时，y ′<0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递减，所以当x ＝e 时，函数y ＝x 2－x 2ln x 取得最大值e －12e ＝12e ，所以ab ≤a 2－a 2ln a ≤12e ，即ab 的最大值是12e ，故选D.11．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P ，Q 两点，则|PQ |的最小值是( )A ．－12B.12C ．1D ．－12或1[答案] C[解析] 直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P (t ，f (t ))，Q (t ，g (t ))两点，则|PQ |＝|f (t )－g (t )|.记h (t )＝f (t )－g (t )＝t 2＋1－(t ＋ln t )．函数h (t )的定义域为(0，＋∞)，h ′(t )＝2t －1－1t ＝1t (2t 2－t －1)＝1t(2t ＋1)(t －1)．由h ′(t )＝0，解得t ＝1或t ＝－12(舍去)．显然当t ∈(0,1)时，h ′(t )<0，函数h (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，h ′(t )>0，函数h (t )单调递增．故函数h (t )的最小值为h (1)＝12＋1－(1＋ln 1)＝1，故|PQ |的最小值为1. 二、填空题12．(2014·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．[答案] 1∶2[解析] 因为12π＝2πrh ＋2πr 2，rh ＋r 2＝6，所以V ＝πr 2h ＝πr (6－r 2)，0<r < 6.由V ′＝π(6－3r 2)＝0得r ＝ 2.当0<r <2时，V ′>0，当2<r <6时，V ′<0，所以当r ＝2时，V 取极大值，也是最大值，此时h ＝22，r ∶h ＝1∶2.13．(2014·青岛一模)如果对定义在R 上的函数f (x )，以任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y＝－x 3＋x ＋1；②y ＝3x －2(sin x －cos x )；③y ＝e x＋1；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________．[答案] ②③[解析] 因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0得－33<x <33，即函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”；由y ′＝e x>0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上，是“H 函数”的有②③.14．(2014·唐山一模)定义在R 上的函数f (x )满足：f (－x )＋f (x )＝x 2，当x <0时，f ′(x )<x ，则不等式f (x )＋12≥f (1－x )＋x 的解集为________．[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12[解析] ∵f (x )＋f (－x )＝x 2，∴f ′(x )－f ′(－x )＝2x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x ，当x <0时，f ′(x )<x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x <x －2x ＝－x ，∴当x >0时，f ′(x )＝f ′(－x )＋2x <－x ＋2x ＝x ，令g (x )＝f (x )＋12－f (1－x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(1－x )－1<x＋1－x －1＝0，∴g (x )在R 上单调递减，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＝0，∴g (x )≥0即g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，故原不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.三、解答题15．(2014·怀化一模)已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋c (a ，b ，c 是常数)在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0，且f (1)＝0.(1)求常数a ，b ，c 的值；(2)若函数g (x )＝x 2＋mf (x )(m ∈R )在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m 的取值范围．解：(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋b x. ∵f (x )在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0， ∴f ′(e)＝－e －1e，且f (e)＝2－e ，即a ＋b e ＝－e －1e，且a e ＋b ＋c ＝2－e.又f (1)＝a ＋c ＝0，解得a ＝－1，b ＝1，c ＝1. (2)由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1(x >0)， ∴g (x )＝x 2＋mf (x )＝x 2－mx ＋m ln x ＋m (x >0)，∴g ′(x )＝2x －m ＋m x ＝1x(2x 2－mx ＋m )(x >0)．令d (x )＝2x 2－mx ＋m (x >0)．①当函数g (x )在(1,3)内有一个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d (1)＝2>0，∴当d (3)＝0，即m ＝9时，d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根x ＝32；当d (3)≠0时，应有d (3)<0，即2×32－3m ＋m <0，解得m >9，∴m ≥9.②当函数g (x )在(1,3)内有两个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有两个不等根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m 2－4×2×m >0，d ＝2－m ＋m >0，d ＝2×32－3m ＋m >0，1<m 4<3，解得8<m <9.综上，实数m 的取值范围是(8，＋∞)． 16．(2014·长春调研)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x .令f ′(x )>0，则ln x >－1＝ln 1e ，∴x >1e ；令f ′(x )<0，则ln x <－1＝ln 1e ，∴0<x <1e，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1eln 1e ＝－1e，f (x )无极大值．(2)不防设x 1<x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1，x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1，∴x 2ln2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1，两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1，令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1. 令g (t )＝t ln2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1，则g ′(t )＝ln2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2＋t 2＋1＋t 2·2＋t2－1＝ln2t 1＋t ＋1－t 1＋t＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1，令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ，则h ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x <0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (x )<h (0)＝0，即ln (1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立， ∴g (t )在(1，＋∞)上是减函数，∴g (t )<g (1)＝0， ∴t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证， ∴f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立．17．(2014·济南针对性训练)已知函数f (x )＝e x－x －1，g (x )＝x 2e ax. (1)求f (x )的最小值； (2)求g (x )的单调区间；(3)当a ＝1时，对于在(0,1)中的任一个常数m ，是否存在正数x 0使得f (x 0)>m2g (x 0)成立？如果存在，求出符合条件的一个x 0；否则说明理由．解：(1)f (x )的定义域是R ，f ′(x )＝e x －1，且在(－∞，0)上f ′(x )<0，在(0，＋∞)上f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (0)＝0.(2)g ′(x )＝2x e ax＋ax 2e ax＝(2x ＋ax 2)e ax.①当a ＝0时，若x <0，则g ′(x )<0，若x >0，则g ′(x )>0.所以当a ＝0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数． ②当a >0时，由2x ＋ax 2>0，解得x <－2a或x >0，由2x ＋ax 2<0，解得－2a<x <0.所以当a >0时，函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，0内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．③当a <0时，由2x ＋ax 2>0，解得0<x <－2a，由2x ＋ax 2<0，解得x <0或x >－2a.所以当a <0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，＋∞内为减函数．(3)假设存在这样的x 0满足题意，则f (x 0)>m 2g (x 0)，e x 0－x 0－1>m 2x 20e x 0，m 2x 20＋x 0＋1e x 0－1<0，(*) 要找一个x 0>0，使(*)式成立，只需找到当x >0时，函数h (x )＝m 2x 2＋x ＋1e x －1的最小值h (x )min <0即可，h ′(x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫m －1ex ，令h ′(x )＝0得e x＝1m，则x ＝－ln m ，取x 0＝－ln m ，当0<x <x 0时，h ′(x )<0，当x >x 0时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝h (－ln m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1.下面只需证明：当0<m <1时，m2(ln m )2－m ln m ＋m －1<0成立即可，令p (m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1，m ∈(0,1)，则p ′(m )＝12(ln m )2≥0，从而p (m )在m ∈(0,1)时为增函数，则p (m )<p (1)＝0，从而m2(lnm )2－m ln m ＋m －1<0得证．于是h (x )的最小值h (－ln m )<0，因此可找到一个正常数x 0＝－ln m (0<m <1)，使得f (x 0)>m2g (x 0)成立．18．(2014·湖北八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足：g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2ex －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2.(1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ g x x ，h x x ，在(2)的条件下，讨论方程f [f (x )]＝a ＋5的解的个数情况．解：(1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2e x －9，① ∴g (－x )＋2g (x )＝e －x ＋2e －x －9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x ＋1e x －9，② 由①②联立解得，g (x )＝e x －3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设h (x )＝ax (x ＋2)＋1，由h (－3)＝－2，解得a ＝－1，∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1，∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1.(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6， F (x )＝g (x )－xg (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知，当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max .∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋3＝－x e x ＋3，在[－1,1]上单调递减，∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0，∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ－＝7－a ≥0，φ＝a ＋3≥0，解得－3≤a ≤7，∴实数a 的取值范围为[－3,7]．(3)设t ＝a ＋5，由(2)知，2≤t ≤12.f (x )的图象如图所示：设f (x )＝T ，则f (T )＝t .当t ＝2，即a ＝－3时，T ＝－1或者T ＝ln 5，f (x )＝－1有2个解，f (x )＝ln 5有3个解；当2<t<e2－3，即－3<a<e2－8时，T＝ln(t＋3)且ln 5<T<2，f(x)＝T有3个解；当t＝e2－3，即a＝e2－8时，T＝2，f(x)＝T有2个解；当e2－3<t≤12，即e2－8<a≤7时，T＝ln(t＋3)>2，f(x)＝T有1个解．综上所述：当a＝－3时，方程有5个解；当－3<a<e2－8时，方程有3个解；当a＝e2－8时，方程有2个解；当e2－8<a≤7时，方程有1个解．。

2020-2021学年高考数学二轮复习练习：专题限时集训16_导数的应用_有答案

专题限时集训(十六) 导数的应用(对应学生用书第149页) [建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组高考达标]一、选择题1．已知a 为函数f(x)＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2D [由题意得f ′(x)＝3x 2－12，令f ′(x)＝0得x ＝±2，∴当x<－2或x>2时，f ′(x)>0；当－2<x<2时，f ′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.]2．已知函数f(x)是定义在R 上的可导函数，f ′(x)为其导函数，若对于任意实数x ，有f(x)－f ′(x)＞0，则( ) A ．ef(2 017)＞f(2 018) B ．ef(2 017)＜f(2 018) C ．ef(2 017)＝f(2 018)D ．ef(2 017)与f(2 018)大小不能确定A [令g(x)＝f x e x ，则g ′(x)＝e xf ′x －e xf x e2x＝f ′x－f xex，因为f(x)－f ′(x)＞0，所以g ′(x)＜0，所以函数g(x)在R 上单调递减，所以g(2 017)＞g(2 018)，即f 2 017e 2 017＞f 2 018e 2 018，所以ef(2 017)＞f(2 018)，故选A.]3．已知函数f(x)＝e xx 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )【导学号：68334148】 A ．(－∞，e] B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)A [f ′(x)＝x 2e x －2xe x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x2(x ＞0)．设g(x)＝exx，则g ′(x)＝x －1exx2，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e, 结合g(x)＝exx 与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e ，选A.]4．(2017·金华十校联考)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f(x 1)＝x 1＜x 2，则关于x 的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b ＝0的不同实根个数为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6A [f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，原题等价于方程3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等实数根x 1，x 2，且x 1＜x 2，x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x 1为极大值点，x 2为极小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b ＝0有两个不等实根，f(x)＝x 1或f(x)＝x 2.∵f(x 1)＝x 1，∴由图知f(x)＝x 1有两个不同的解，f(x)＝x 2仅有一个解．故选A.]5．函数f(x)＝12e x (sin x ＋cos x) 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为( )A [f ′(x)＝12e x (sin x ＋cos x)＋12e x (cos x －sin x)＝e xcos x ，当0＜x ＜π2时，f ′(x)＞0，∴f(x)是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的增函数．∴f(x)的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝12e π2，f(x)的最小值为f(0)＝12.∴f(x)的值域为.]二、填空题6．已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x ，则曲线y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．y ＝－2x －1 [因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ln x －3x ，所以f ′(x)＝1x －3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.]7．已知函数f(x)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x(m ∈R)，g(x)＝－m x ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f(x 0)<g(x 0)成立，则实数m 的取值范围是________．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e [由题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，∴mx<2ln x ，即m 2<ln x x 在[1，e]上有解，令h(x)＝ln x x ，则h ′(x)＝1－ln x x 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x)≥0，∴在[1，e]上，h(x)max ＝h(e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m<2e ，∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .]8．已知函数f(x)＝x 3－3ax(a ∈R)，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f(x)的切线，则a 的取值范围为________．a ＜13[f(x)＝x 3－3ax(a ∈R)，则f ′(x)＝3x 2－3a ，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f(x)的切线，则直线的斜率为－1，f ′(x)＝3x 2－3a 与直线x ＋y ＋m ＝0没有交点，又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x ＝0时取最小值，－3a ＞－1，则a 的取值范围为a ＜13.]三、解答题9．(2017·诸暨市高中毕业班教学质量检测)已知函数f(x)＝xe x－a(x －1)(a ∈R)． (1)若函数f(x)在x ＝0处有极值，求a 的值及f(x)的单调区间；(2)若存在实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，使得f(x 0)＜0，求实数a 的取值范围．[解] (1)f ′(x)＝(x ＋1)e x－a ，由f ′(0)＝0⇒a ＝1. 3分此时f ′(x)＝(x ＋1)e x－1.当x ＞0时，x ＋1＞1，e x＞1⇒f ′(x)＞0；当x ＜0时，x ＋1＜1,0＜e x ＜1⇒f ′(x)＜0， 6分 ∴f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增. 7分(2)法一：f(x)＝xe x＋a(1－x)，若在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上存在x 0，有f(x 0)＜0，∵xe x＞0，(1－x)＞0，需a ＜0， 10分又f ′(x)＝(x ＋1)e x－a ，当a ＜0时，f ′(x)＞0恒成立，∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，13分∴只需min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫f0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f(0)＝a ＜0，综上，a ＜0.15分法二：f(x)＝xe x－a(x －1)＜0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有解，即xe x＜a(x －1)，a ＜xe x x －1在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有解，9分设h(x)＝xe xx －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则h ′(x)＝exx 2－x －1x －12＜0， ∴h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减.13分h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上的值域为(－e ，0)，∴a ＜h(0)＝0.15分10．设函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c. (1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．[解] (1)由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b.因为f(0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝bx ＋c. 2分(2)当a ＝b ＝4时，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x)＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x)＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f(x)与f ′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f(x 1)＝f(x 2)＝f(x 3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不可能有三个不同零点.10分综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0.故a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f(x)＝x 3＋4x 2＋4x ＝x(x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.15分[B 组名校冲刺]一、选择题1．已知函数y ＝f(x)对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x)cos x ＋f(x)sin x ＞0(其中f ′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C ．f(0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f(0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4A [令g(x)＝f xcos x ，则g ′(x)＝f ′x cos x －f xcos x′cos 2x＝f ′x cos x ＋f xsin x cos 2x，由对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x)cos x ＋f(x)sin x ＞0，可得g ′(x)＞0，即函数g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上为增函数，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4.故选A.]2．已知函数f(x)＝ax 2＋bx －ln x(a ＞0，b ∈R)，若对任意x ＞0，f(x)≥f(1)，则( ) A ．ln a ＜－2b B ．ln a ≤－2b C ．ln a ＞－2bD ．ln a ≥－2bA [f ′(x)＝2ax ＋b －1x ，由题意可知f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝1，由选项可知，只需比较ln a ＋2b 与0的大小，而b ＝1－2a ，所以只需判断ln a ＋2－4a 的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x)＝1x －4，令g ′(x)＝0，得x ＝14，当x ＜14时，g(x)为增函数，当x ＞14时，g(x)为减函数，所以对任意x ＞0有g(x)≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0⇒ln a ＜－2b ，故选A.]3．已知函数f(x)＝ln x －ax 2＋x 有两个不同零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．(－∞，1)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋e e 2A [令g(x)＝ln x ，h(x)＝ax 2－x ，将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；当a ＞0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln x x 2. 令r(x)＝x ＋ln xx2，则r ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ·x 2－ln x ＋x ·2xx4＝1－x －2ln x x3，当0＜x ＜1时，r ′(x)＞0，r(x)是单调增函数，当x ＞1时，r ′(x)＜0，r(x)是单调减函数，且x ＋ln xx 2＞0，∴0＜a ＜1.∴a 的取值范围是(0,1)．故选A.]4．已知函数f(x)＝x(ln x －ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )【导学号：68334150】A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．(0,1)D ．(0，＋∞)B [∵f(x)＝x(ln x －ax)， ∴f ′(x)＝ln x －2ax ＋1，由题意可知f ′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x)＝0，则2a ＝ln x ＋1x ，令g(x)＝ln x ＋1x ，则g ′(x)＝－ln xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又∵当x →0时，g(x)→－∞，当x →＋∞时，g(x)→0，而g(x)max ＝g(1)＝1， ∴只需0＜2a ＜1⇒0＜a ＜12.]二、填空题5．(2017·金华十校调研)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x ＜1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为________．[0，e －1) [依题意，知k ＋2x －x 2＞0，即k ＞x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，所以由x e x ＜1k ＋2x －x 2可得k ＜e xx ＋x 2－2x.令f(x)＝e xx＋x 2－2x ，则f ′(x)＝e xx －1x2＋2(x －1)＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′(x)＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时，f ′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x ∈(0,1)时，f ′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k ＜f(x)min ＝f(1)＝e －1，故实数k 的取值范围是[0，e －1)．] 6．已知函数g(x)满足g(x)＝g ′(1)e x －1－g(0)x ＋12x 2，且存在实数x 0使得不等式2m －1≥g(x 0)成立，则m 的取值范围为________． [1，＋∞) [g ′(x)＝g ′(1)e x －1－g(0)＋x ，当x ＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g ′(1)e0－1，解得g ′(1)＝e ，所以g(x)＝e x －x ＋12x 2，则g ′(x)＝e x－1＋x ，当x ＜0时，g ′(x)＜0，当x ＞0时，g ′(x)＞0，所以当x ＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m －1≥g(x)min ＝1，所以m ≥1.] 三、解答题7．已知函数f(x)＝(x ＋1)ln x －a(x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围．[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f(x)＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f(1)＝0，f ′(x)＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. 4分(2)当x ∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x －ax －1x ＋1＞0.设g(x)＝ln x －ax －1x ＋1，则g ′(x)＝1x －2ax ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g(1)＝0. 8分①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a)x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；②当a ＞2时，令g ′(x)＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x)＜0，g(x)在(1，x 2)单调递减，因此g(x)＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]. 15分8．设函数f(x)＝ax 2－a －ln x ，g(x)＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立． [解] (1)由题意得f ′(x)＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x>0)．当a ≤0时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a>0时，由f ′(x)＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增. 4分(2)证明：令s(x)＝e x －1－x ，则s ′(x)＝ex －1－1.当x>1时，s ′(x)>0，所以e x －1>x ，从而g(x)＝1x －1ex －1>0.8分(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0. 当a ≤0，x>1时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 当0<a<12时，12a>1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f(1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立. 11分当a ≥12时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x ≥1)．当x>1时，h ′(x)＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.15分。

2020年浙江高三数学总复习：导数的综合应用复习讲义

第五节导数的综合应用- 备考方向明确 h ------------------------- 方向比勢力更重要 ---------------知识链条完善- --------------------------- 把散落的知识连起来 ------------一、利用导数解决实际生活中的优化问题1. 分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y=f(x)并确定定义域.2. 求导数f ' (x),解方程f ' (x)=0.3. 判断使f ' (x)=0的点是极大值点还是极小值点.4. 确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答. 提醒：注意实际问题中函数定义域的确定. 二、不等式问题1. 证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2. 求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题.3. 方程解(函数的零点)个数问题可根据函数的单调性、极值等应用数形结合思想求解.1. 与不等式有关的结论 (1)对任意 x,f(x)>g(x)? f(x)-g(x)>0? [f(x)-g(x)] min >0.⑶存在x i,x 2,f(x 1)>g(x 2)? f(x) ma?g(x) min.⑷对任意x,存在X o,f(X)>g(X o) ? f(x) min>g(x) min.(5) f(x) > a 或f(x) < a 对x € D恒成立？ f(x) min > a 或f(x) max< a.(6) 若存在x € D,使f(x) > a 或f(x) < a? f(x) max》a 或f(x) min < a.2. 与生活优化有关的结论如果函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点(不必再与端点的函数值比较).温故知新1. 设f(x)=a(x-5) 2+6In x,其中a€ R,曲线y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线与y轴相交于点(0,6).则a等于(A )(A) J (B)1 (C)2 (D)- 1解析：因为f(x)=a(x-5) 2+6ln x,故f' (x)=2a(x-5)+ -.x令x=1,得f(1)=16a,f ' (1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=*.故选A.2. 已知函数f(x)=e x在点(0,f(0))处的切线为I,动点(a,b)在直线I上，则2a+2-b 的最小值是(D )(A)4 (B)2 (C)2 2 (D) 2解析:由题得f ' (x)=e x,f(0)=e 0=1,k=f ' (0)=e 0=1. 所以切线方程为y-1=x-0即x-y+1=0,所以a-b+1=0,所以a-b=-1,所以2a+2-b>2芦卫=2尹=2〒二2(当且仅当a=l,b=- 1时取等号).故选D.3. _______ 已知函数f(x)=ax 3-3x 2+1,若f(x)存在唯一的零点x o,且x o>0,则a的取值范围是________ .解析：显然当a=0时，函数有两个不同的零点，不符合. 当a z 0 时,由f' (x)=3ax 2-6x=0,得x i=0,X2=-.a当a>0时，函数f(x)在(-乂,0),( ?,+ 乂)上单调递增，在(0, M)上单调递减，又a af(0)=1,所以函数f(x)存在小于0的零点，不符合题意;当a<0时，函数f(x)在(-乂,勻,(0,+ 乂)上单调递减，在(2,0)上单调递增，a a所以只需f(勻>0,解得a<-2.a答案:(-乂,-2)—咼频考点突破' ------------------------- ^在训练中掌握方法j - 考点一利用导数研究生活中的优化问题【例1］设函数f(x)在R上可导，其导函数是f ' (x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf ' (x)的图象可能是()解析：因为函数f(x)在R上可导，其导数为f' (x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值，所以当x>-2 时,f ' (x)>0;当x=-2 时,f ' (x)=0;当xv-2 时,f ' (x)<0,所以当x>-2时,xf ' (x)<0,函数y=xf ' (x)单调递增；当x<-2时,xf ' (x)>0,函数y=xf ' (x)单调递减,故选A.◎S 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.考点二不等式恒成立、不等式有解问题【例2] 设f(x)= a +xln x,g(x)=x 3-x 2-3.x(1)如果存在X1,X 2€ [0,2]使得g(x i)-g(x 2) >M成立,求满足上述条件的最大整数M;⑵如果对于任意的s,t € [1,2],都有f(s) > g(t)成立，求实数a的取值范围.思路点拨：(1)存在x i,x 2€ [0,2],使得g(x i)-g(x 2) >M成立,等价于[g(x l)-g(x 2)] max》M.⑵对任意的s,t € [ 1,2],都有f(s) > g(t)成立，等价于f(x) min> g(x) max.解:(1)由g(x)=x 3-x 2-3,得g‘ (x)=3x 2-2x=3x(x- |).由g‘ (x)>0 得x<0 或x>|,由g‘ (x)<0 得0<x<3,3又x€ [0,2],所以g(x)在[0, 2]上是单调递减函数，3在[?,2]上是单调递增函数，3所以g(X)min=g(；)=- 887 ,g(X)ma)=g(2)=1. 故［g(X 1)-g(X 2)］maF g(X)max-g(x) min = 罟》M, 则满足条件的最大整数M=4.(2) 对于任意的s,t € ［1,2］,都有f(s) > g(t)成立, 等价于在区间［1 ,2］上，函数f(x) min》g(x) max.由(1)可知在区间［｝2］上,g(x)的最大值为g(2)=1. 在区间［丄,2］上,f(x)= a+xln x > 1恒成立等价于a>x-x2ln x恒成立.2 x设h(x)=x-x 2ln x,h ' (x)=1-2xIn x-x,可知h' (x)在区间［1,2］上是减函数，又h' (1)=0,所以当1<x<2 时,h ' (x)<0;当!<x<1 时,h ' (x)>0.即函数h(x)=x-x 2ln x在区间(苏1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x) max=h(1)=1,即实数a的取值范围是［1,+ 乂).◎也“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x) >g(a)对于x € D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x € D,使得f(x) >g(a)成立，应求f(x)的最大值.求解时注意等号是否成立.［迂移輕已知函数f(x)=x 2ln x-a(x 2-1),a € R,若当x> 1时,f(x) >0成立，求a的取值范围.解:f ' (x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a), 其中x> 1.当a< 2 时,f ' (x) > 0,函数f(x)在[1,+ 乂)上单调递增，故f(x) >f(1)=0,1当a>1 时,令f' (x)=0，得X=e=1 1若X€ [1, eT，则f‘ (X)<0,函数f(x)在[1,訂]上单调递减,f(x) <f(1)=0,不符合题意.综上,a的取值范围是(-乂, !].考点三利用导数研究函数零点问题【例3】设函数f(x)=- l x3+x2+(m2-1)x(x € R),其中m>0.3(1) 当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；⑵求函数f(x)的单调区间与极值；⑶已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,X1,X2,且X1VX2,若对任意的x €[x 1,X2],f(x)>f(1) 恒成立，求实数m的取值范围.解:(1)当m=1 时,f(x)=- £x3+x2,f ' (x)=-x 2+2x,故f' (1)=1,即曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.(2) f ' (x)=-x 2+2x+m 1= -[x-(1-m)][x-(1+m)],令f' (x)=0，得x=1-m 或x=1+m,m>0故1+m>1-m,当X变化时,f ' (x),f(x) 的变化情况如表：所以f(x)的单调减区间是(-8,1-m),(1+m,+ 8),单调增区间是(1-m,1+m), 于是函数f(x)在x=1-m处取得极小值f(1-m)=- 2vm+rm--;3 3在x=1+m处取得极大值f(1+m)= 2vm+rm--.3 3⑶由题设知f(x)=-x( -x2-x-m2+1)=- l x(x-x i)(x-x 2),3 3所以方程-x2-x-m2+1=0有两个相异的非零实根x i,x 2,3故由根与系数的关系得X I+X2=3且厶=1+彳(m2-1)>0,3解得mM或m<-!(舍去),2 2因为X I<X2,所以2X2>X I+X2=3? X2>- >1,2若X I<1<X2,则f(1)=- l(1-x i)(1-x 2)>0,3而f(x 1)=0,不合题意,若K X1VX2,则对？x € [x i,x 2],有x>0,x-x 1 > 0,x-x 2< 0,所以f(x)=- 1 x(x-x i)(x-x 2) >0.3又f(x i)=f(x 2)=0,故f(x)在[x i,x 2]上的最小值为0,于是对？x € [x i,x 2],f(x)>f(1) 恒成立，得f(1)=m 2-1 <0? - — <m<?,3 3 3综上,实数m的取值范围是(1,三).2 3OS (1)函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解.(2) 研究函数零点(变号零点)所在区间，要利用函数零点存在定理确定.(3) 单调函数至多一个零点.[I迂務ai罐(2018 •全国H卷)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x> 0 时,f(x) > 1;⑵若f(x)在(0,+ 乂)只有一个零点，求a.(1)证明：当a=1 时,f(x) > 1 等价于(x 2+1)e-x-1 < 0.设函数g(x)=(x 2+1)e-x-1,则g‘ (x)=-(x 2-2x+1) • e-x=-(x-1) 2e-x.当X M 1 时,g ' (x)<0,所以g(x)在(0,+ g)上单调递减.而g(0)=0,故当x>0 时,g(x) <0,即f(x) > 1.⑵解:设函数h(x)=1-ax 2e-x.f(x)在(0,+ )上只有一个零点等价于h(x)在(0,+ ^)上只有一个零点.(i )当a< 0 时,h(x)>0,h(x) 没有零点；(ii)当a>0 时,h ' (x)=ax(x-2)e :当x€ (0,2)时,h ' (x)<0;当x€ (2,+ )时,h ' (x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ )上单调递增.故h(2)=1-算是h(x)在(0,+ s)上的最小值.e2①若h(2)>0,即a<e r，h(x)在(0,+ s)上没有零点.2 .,②若h(2)=0,即a=}h(x)在(0,+ s)上只有一个零点.2③若h(2)<0,即a>e r，因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点；由⑴知,当x>0时,e x>x2,3 3 3所以h(4a)=1-嗥=1-单 >1-理=1-丄>0,ae(e2a) (2a j故h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+ s)上有两个零点.2综上，当f(x)在(0,+ s)上只有一个零点时,a=e j.-解题规范夯实°------------------------- 在平凡的事情上精益求精 ----------利用导数证明不等式【例题】(2015 •全国I卷)设函数f(x)=e 2x-aIn x.(1)讨论f(x)的导函数f' (x)零点的个数；⑵证明：当a>0 时,f(x) >2a+aln 2 .a(1)解:f(x)的定义域为(0,+ s),2xf‘ (x)=2e - a(x>0). ①x当a< 0时，厂(x)>0,f ' (x)没有零点；当a>0时，因为y=e2x在(0,+ s)上单调递增,y=-旦在(0,+ s)上单调递增，x所以f ' (x)在(0,+ s)上单调递增.又f' (a)>0,当 b 满足0<b<a且b<* 时,f ' (b)<0,故当a>0时,f ' (x)存在唯一零点.⑵证明:由(1),可设f ' (x)在(0,+ 乂)上的唯一零点为X0,当x € (0,x 0)时,f '(x)<0;当x € (x 0,+ g)时,f ' (x)>0.故f(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+ g)上单调递增，所以当X=X0时,f(x)取得最小值，最小值为f(x 0).由于2e2x0-三=0, ②X。

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专题限时集训(十四) 导数的综合应用(建议用时：40分钟)1．已知函数f (x )＝ln x ＋2x.(1)求函数f (x )在[1，＋∞)上的值域；(2)若x ∈[1，＋∞)，ln x (ln x ＋4)≤2ax ＋4恒成立，求实数a 的取值范围． [解](1)易知f ′(x )＝－1－ln x x2＜0(x ≥1)， ∴f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (1)＝2.∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]． (2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ，①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求． ③若0＜a ＜2，则x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ，则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4. ∵ln x 0＝ax 0－2，∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2.∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x在(1，＋∞)上单调递减，∴4e2≤a ＜2. 综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞. 2．已知函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x (a ∈R )． (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，证明：对任意的x ＞0，f (x )＋e x＞x 2＋x ＋2. [解](1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－ax＝x ＋x －ax，当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a2，所以，函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减．(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x＞x 2＋x ＋2，只需证明e x－ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x＝1x，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1x 0，当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表x (0，x 0) x 0(x 0，＋∞)g ′(x ) － 0＋ g (x )递减递增g (x )min ＝g (x 0)＝e 0－ln x 0－2＝x 0＋x 0－2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0，因此不等式得证．3．已知函数f (x )＝e x(1＋a ln x )，其中a ＞0，设f ′(x )为f (x )的导函数． (1)设g (x )＝e －xf ′(x )，若g (x )≥2恒成立，求a 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f ′(x )的极小值点为x 1，当a ＞2时，求证：x 0＞x 1.[解](1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋ax＋a ln x (x ＞0)，g (x )＝e －x f ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝a x －x 2(x ＞0)．当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋ax＋a ln x ，则h ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x2＋a ln x .设H (x )＝1＋2a x －ax2＋a ln x (x ＞0)，则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x＝ax 2－2x ＋x 3＞0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0，故存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0，则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增，故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1. 由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1x≥1.因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x 1＋a ln x 1＞e x 1(1＋a )＞0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2ax 1，所以f (x 1)＝e x 1(1＋a ln x 1)＝a ex 11－2x 1x 21＜0＝f (x 0)．又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.4．已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2＋(a －1)x ，其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝－1(x 1≠x 2)，证明：x 1＋x 2＞2.[解](1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－axx.当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．当a ＞0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x＞0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－ax x＜0.所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1.令g (a )＝－ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a.当0＜a ＜1时，g ′(a )＜0；当a ＞1时，g ′(a )＞0.所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (a )≥g (1)＝0，故a ＝1.(2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x ln x －12x 2，则f ′(x )＝1＋ln x －x .由(1)知f ′(x )＝1＋ln x －x ≤0恒成立，所以f (x )＝x ln x －12x 2在(0，＋∞)上单调递减，且f (1)＝－12，f (x 1)＋f (x 2)＝－1＝2f (1)．不妨设0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜1＜x 2，欲证x 1＋x 2＞2，只需证x 2＞2－x 1.因为f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f (x 2)＜f (2－x 1)，又f (x 1)＋f (x 2)＝－1，所以只需证－1－f (x 1)＜f (2－x 1)，即f (2－x 1)＋f (x 1)＞－1. 令F (x )＝f (x )＋f (2－x )(其中x ∈(0,1))，则F (1)＝－1. 所以欲证f (2－x 1)＋f (x 1)＞－1，只需证F (x )＞F (1)，x ∈(0,1)，F ′(x )＝f ′(x )－f ′(2－x )＝1＋ln x －x －[1＋ln(2－x )－2＋x ]，整理得F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )，x ∈(0,1)，令m (x )＝F ′(x )，则m ′(x )＝－x 2x－x＞0，x ∈(0,1)，所以F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )在区间(0,1)上单调递增，所以任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )＜0，所以函数F (x )＝f (x )＋f (2－x )在区间(0,1)上单调递减，所以F (x )＞F (1)，x ∈(0,1)，故x 1＋x 2＞2.【押题】已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋(a －1)ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1，求实数a 的取值范围．[解](1)f ′(x )＝x －a ＋a －1x ＝x 2－ax ＋a －1x＝1x(x －1)[x －(a －1)]，①若a ＞2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1或x ＞a －1，由f ′(x )＜0，得1＜x ＜a －1，则f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1＜a ＜2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜a －1或x ＞1，由f ′(x )＜0，得a －1＜x ＜1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减；④若a ≤1，由f ′(x )＞0，得x ＞1，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．综上，若a ＞2，则f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；若a ＝2，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1＜a ＜2，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减；若a ≤1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减． (2)f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1＞f (x 2)＋x 2，令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1等价于函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．f ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x[x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1＜0，即a ＜1时，x ＝a －12＜0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解．当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝⎛⎭⎪⎫a －12≥0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0，化简得(a －1)(a －5)≤0，解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1,5]．。