2019届新课标高考数学二轮复习专题二函数与导数2

(1)求a的值.
(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的
根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由.
(3)设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的较小值),求
解: (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0.
1

因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g'(1)=0,而 g'(x)=a- ,g'(1)=a-1,得 a=1.
1
若 a=1,则 g'(x)=1-.当 0<x<1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x>1
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
题后反思1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的解题
方法是依据不等式的特点,进行等价变形.构造函数,借助函数的图
象观察或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.如不等式
f(x)>g(x)恒成立的处理方法一般是构造F(x)=f(x)-g(x),F(x)min>0;或
基本方法有哪些?
例2已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
1
(1)设a=2,b=2 .
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最
大值;
(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
2

g(x)的零点,记为 x1.因为 0<a<1,所以 loga2<0.又 0 <0,所以 x1<0,与
2
“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾.

若 x0>0,同理可得,在 0 和 logb 2 之间存在 g(x)的非 0 的零点,矛
2
盾.因此,x0=0.
ln
于是-
ln
=1,故 ln a+ln b=0,所以 ab=1.
3
a>0,故
22
b=
9
3

+ .
因为 f(x)有极值,故 f'(x)=0 有实根,
从而
2
b- 3
=
1
3)≤0,即
(27-a
9
a≥3.
当 a=3 时,f'(x)>0(x≠-1),故 f(x)在 R 上是增函数,f(x)没有极值;
-- 2 -3
-+ 2 -3
3
3
当 a>3 时,f'(x)=0 有两个相异的实根 x1=
f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2<f(x0)<2-2.
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题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断
函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的
最值,当该函数的最大值或最小值使不等式成立时,则不等式是恒
成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
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对点训练1(2017江苏,20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)
有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极
值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数解析式,并写出定义域;
(2)证明:b2>3a;
7
(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于- ,求a的取值范
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0,
(())2 +4
所以 m≤
(())2 +4
而
()
()
对于 x∈R 恒成立.
=f(x)+
4
≥2 ()·
()
4
((0))2 +4
=4,且
()
所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
(0)
=4,
-13-
时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=1 是 g(x)的极小值点,故
g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
-3-
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(2)证明:由(1)知 f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.
设 h(x)=2x-2-ln x,则
1
0, 2
当 x∈
1
h'(x)=2-.
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命题热点一
(2)g
1

命题热点二
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=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
1

1
1
(-1)2

2
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=-

;
当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0,
因此,h(x)在(0,+∞)上单调递减.
时,h'(x)<0;当 x∈
1
1
,+∞
2
时,h'(x)>0.
1
所以 h(x)在区间 0, 2 内单调递减,在区间 2 , + ∞ 内单调递增.
1
1
又 h(e-2)>0,h 2 <0,h(1)=0,所以 h(x)在区间 0, 2 内有唯一零点
1
x0,在区间 2 , + ∞ 内有唯一零点 1,且当 x∈(0,x0)时,h(x)>0;当 x∈
2.3.2 利用导数解不等式及参数的取值范围
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利用导数证明不等式
【思考】 如何利用导数证明不等式?
例1(2017全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.

( 0 )
但对上述 x0,取 x1=e
时,有 ln x1=g(x0),
这与(*)左边不等式矛盾,
1
因此,不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立.

.
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题后反思解决探索性问题的常用方法:
(1)从最简单、最特殊的情况出发,有时也可借助直觉观察或判断,
9

2 3
h'(a)=-9a-2<0,于是 h(a)在区间(3,+∞)内单调递减.
7
h(6)=-2,于是 h(a)≥h(6),故 a≤6.
因此 a 的取值范围为(3,6].
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利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的
1
当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g
1
当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g


,
.
(3)满足条件的 x0 不存在.证明如下:
1
假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立,

2
即对任意 x>0,有 ln x<g(x0)<ln x+ .(*)
g(x)=f(x)+f'(x).
(1)求g(x)的单调区间和最小值.
1
(2)讨论g(x)与g 的大小关系.
1
(3)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成立?若存在,求
出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.
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1
解：(1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,
(x0,1)时,h(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
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因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
1
由x0∈(0,1)得f(x0)< .
4
因为x=x0是f(x)在区间(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得
推测出命题的结论,必要时给出严格证明.
(2)假设结论存在,若推证无矛盾,则结论存在;若推出矛盾,则结论
不存在.
(3)使用等价转化思想,找出命题成立的充要条件.
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2
.已知曲线y=f(x)在点
e
对点训练3设函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=
(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.
,x2=
.
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列表如下:
x
f'(x)
(-∞,x1)
+
x1
0
(x1,x2)
-
x2
0
(x2,+∞)
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
故 f(x)的极值点是 x1,x2.
从而 a>3.
因此
22
b= 9
3
+ ,定义域为(3,+∞).
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2
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1
解：(1)因为 a=2,b= ,所以 f(x)=2x+2-x.
2
①方程 f(x)=2,即 2 +2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
x
所以(2x-1)2=0,于是 2x=1,解得 x=0.
②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
-1
则 g'(x)=
2

,令 g'(x)=0,得 x=1.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,则(0,1)是g(x)的单调递减区间;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,则(1,+∞)是g(x)的单调递增区间.
所以x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,
故最小值为g(1)=1.
3
(2)证明:由(1)知, = 9 + .
2 3
2
3
22 -27
设 g(t)= 9 + ,则 g'(t)=9 − 2 =
.

92
3 6
3 6
当 t∈
, + ∞ 时,g'(t)>0,从而 g(t)在区间
,+∞
2
2
内单调递
增.
因为 a>3,所以 a >3 3,故 g(a )>g(3 3)=
2
2
,x∈R.
(1)当a=2时,求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若对任意x≥0都有f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
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x
(1)因为当a=2时,f(x)=e -2x-1-
2
解:
,所以f(0)=0,f'(x)=ex-2-x,所以
2
f'(0)=-1.所以所求切线方程为y=-x.
1
22 +2ax2+b)+3a(12
+
43 -6 4
2 2
2 )+3b(x1+x2)+2= 27 − 9 +2=0.
记 f(x),f'(x)所有极值之和为 h(a),
因为 f'(x)的极值为
所以
因为
因为
2 1 2 3
b- 3 =-9a +,
1 2 3
h(a)=- a + ,a>3.
减,在区间(x0,+∞)内单调递增,
则当x∈[0,x0)时,f(x)<f(0)=0,不合题意.
综上所述,实数a的取值范围为(-∞,1].
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利用导数解函数中的探索性问题
【思考】 解决探索性问题的常用方法有哪些?
1
例3设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f'(x)= ,
分离参数,将不等式等价变形为a>h(x)或a<h(x),进而转化为求函数
h(x)的最值.
恒成立⇔()min > ,
2.f(x)>a 有解⇔()max > ,
无解⇔()max ≤ .
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x
对点训练2(2017陕西渭南二模)已知函数f(x)=e -ax-1-
因此 b2>3a.

3,即

> 3.
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(3)由(1)知,f(x)的极值点是 x1,x2,且
2
x1+x2=-3a,12
+ 22
=
42 -6
.
9
从而


f(x1)+f(x2)=13 +a12 +bx1+1+23 +a22 +bx2+1= 31 (312 +2ax1+b)+ 32 (3
(2)f'(x)=ex-x-a,令h(x)=f'(x)=ex-x-a,则h'(x)=ex-1,
当x≥0时,h'(x)≥0,f'(x)单调递增,
所以f'(x)≥f'(0)=1-a.
当a≤1时,f'(x)≥0,f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,f(x)≥f(0)=0恒成
立;
当a>1时,存在x0∈(0,+∞),使f'(x0)=0,则f(x)在区间[0,x0)内单调递
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-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
下证 x0=0.

若 x0<0,则 x0< 0 <0,于是 g
又 g(loga2)=
2
lo g 2
0
2
<g(0)=0.