函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略含解析

难点自选——函数与导数压轴大题的 3大难点及破解策略1．定义在R 上的奇函数f (x )，当x >0时，f (x )＝ln x －ax ＋1，若f (x )有5个零点，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0；所以要使f (x )在R 上有5个零点，只需f (x )在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a ＝ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根．所以等价于y ＝a 与g (x )＝ln x ＋1x (x >0)的图象有2个交点．g ′(x )＝－ln x x2，所以g (x )因为x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，由洛必达法则可知： li m x →＋∞g (x )＝li m x →＋∞ x ＋x＝li m x →＋∞ 1x＝0，所以0<a <g (1)，所以0<a <1. 2．已知函数f (x )＝e x－ln(x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，求证：f (x )>0. 解：(1)f ′(x )＝e x－1x ＋m，由f ′(0)＝0，得m ＝1， 所以f ′(x )＝e x－1x ＋1，f ″(x )＝e x＋1x ＋2>0，又由f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：依题意，f ′(x )＝e x－1x ＋m. 令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋m >0，且f ″(x )＝e x＋1x ＋m2>0，所以函数f ′(x )在区间(－m ，＋∞)上单调递增．则当x ∈(－m ，x 0)时，f ′(x 0)<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－m ，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )． 又x 0满足方程e x 0＝1x 0＋m，则f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋m )＝1x 0＋m －ln e －x 0＝x 0＋1x 0＋m ＝x 0＋m ＋1x 0＋m－m ≥①2x 0＋m1x 0＋m －m ＝2－m ≥②0( 不等号①取等号的条件是⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，m ＝1，不等号②取等号的条件是m ＝2 ).由于不等号①、②不能同时取等号，故f (x 0)>0，即f (x )min >0，因此f (x )>0. 3．已知函数f (x )＝ax ＋b x＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1. (1)试用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)b ＝a －1，c ＝1－2a .(2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1x ＋1x－2(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1x －2(x >1) 恒成立”．用导数可证函数g (x )＝12(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)是增函数(只需证g ′(x )＝x －ln x －1≥0(x ≥1)恒成立，再用导数可证)，所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)， 当且仅当x ＝1时g (x )＝0，得x ln x －x ＋1x －2<12(x >1)，li m x →1＋ x ln x －x ＋1x －2＝12.所以若a ≥x ln x －x ＋1x －2(x >1)恒成立，则a ≥12，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.4．(2019·安徽二校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax－m (a ，m ∈R)在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围； (2)证明：ln x 1＋ln x 2>2. 解：(1)f ′(x )＝1x·x －x －a x2＝a ＋1－ln xx 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0<x <ea ＋1时，f ′(x )>0，当x >ea ＋1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝e a ＋1时取得极值，所以ea ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln xx2， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (e)＝1e－m .又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，f (x )有两个零点x 1，x 2， 故⎩⎪⎨⎪⎧1e －m >0，－m <0，解得0<m <1e.所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2.则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1.欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证lnx 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1，则只需证ln t >t －t ＋1.即证ln t －t －t ＋1>0.记u (t )＝ln t －t －t ＋1(t >1)，则u ′(t )＝1t－4t ＋2＝t －2t t ＋2>0.所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立， 故ln x 1＋ln x 2>2.5．(2016·全国卷Ⅰ)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x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 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x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.。