(名师讲义)2020年二轮复习数学(文)高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”

[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]
[典例]已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.
[快审题]
[稳解题]
(1)f ′(x )＝e
x
－a (x >0)，
①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >e
a 时，f ′(x )<0，
故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e
a ，＋∞上单调递减．
(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤e x
x －2e ，
当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－e.
记g (x )＝e x
x －2e(x >0)， 则g ′(x )＝(x －1)e x
x 2
，
所以当0<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 )min ＝g (1)＝－e.
综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x
x －2e ， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x ＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤e x
e x .
设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1
x
－1.
所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，
故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e x
e x ，则h ′(x )＝e x (x －1)e x 2
.
所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，
h ′(x )>0，
故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
[针对训练]
已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 2
2，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.
(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5. (2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立， 所以至少存在一个x 使x ln x <ax 2
2成立，
即至少存在一个x 使a >2ln x
x 成立．
令h (x )＝2ln x
x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝2(1－ln x )x 2≥0恒成立，
因此h (x )＝2ln x
x 在[1，e]上单调递增. 故当x ＝1时，h (x )min ＝0，
所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．
(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立， 即k <x ln x ＋3x －2x －1
.
令F (x )＝x ln x ＋3x －2
x －1，
则F ′(x )＝
x －ln x －2
(x －1)2
.
令m (x )＝x －ln x －2，
则m ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
>0在x >1时恒成立.
所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2
x 0－1
＝
x 0(x 0－2)＋3x 0－2
x 0－1
＝x 0＋2∈(5,6)．
故k <x 0＋2(k ∈Z )，所以k 的最大值为5. [总结升华]
函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到
尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．
[专题过关检测] 1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1
e 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：(1)因为f ′(x )＝－ax 2＋(2a －1)x ＋2
e x ，
所以f ′(0)＝2，f (0)＝－1，
所以曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是y ＋1＝2x ，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ≥1时， f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋
1)e －
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f(x)＋e≥0.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝1
3x
3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝1
3x
3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋2 3.
当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于
x3
x2＋x＋1
－3a＝0.
设g(x)＝
x3
x2＋x＋1
－3a，
则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)
(x2＋x＋1)2
≥0，
仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－1
3＝－6⎝
⎛
⎭
⎫
a－
1
62－
1
6<0，f(3a＋1)＝
1
3>0，
故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
3．(2018·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋k
x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．
解：(1)由条件得f′(x)＝1
x－
k
x2(x>0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f ′(e)＝0，即1e －k
e 2＝0，得k ＝e ，
∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e
x
2(x >0)．
由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋e
e ＝2.
∴f (x )的极小值为2.
(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k
x －x (x >0)，
则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，
∴h ′(x )＝1x －k
x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋1
4恒成立， ∴k ≥1
4
.
故k 的取值范围是⎣⎡⎭
⎫1
4，＋∞. 4．(2018·沈阳质检)已知f (x )＝e x －ax 2－2x (a ∈R)． (1)求函数f (x )的图象恒过的定点坐标； (2)若f ′(x )≥－ax －1恒成立，求a 的值；
(3)在(2)成立的条件下，证明：f (x )存在唯一的极小值点x 0，且－2<f (x 0)<－1
4.
解：(1)要使参数a 对函数值不产生影响，需x ＝0， 此时f (0)＝e 0－a ×02－2×0＝1，
∴函数f (x )的图象恒过的定点坐标为(0,1)． (2)依题意得e x －2ax －2≥－ax －1恒成立， ∴e x ≥ax ＋1恒成立． 构造函数g (x )＝e x －ax －1， 则g ′(x )＝e x －a ， ①若a ≤0，则g ′(x )>0，
∴g (x )在R 上单调递增，且当x ＝0时，g (x )＝0， ∴e x ≥ax ＋1不能恒成立．
②若a >0，令g ′(x )＝0，∴x ＝ln a .
当x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；
当x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， ∴函数g (x )在x ＝ln a 处取得极小值， g (ln a )＝a －a ln a －1.
∴要使e x －2ax －2≥－ax －1恒成立， 只需a －a ln a －1≥0. 设h (a )＝a －a ln a －1，
则h ′(a )＝1－ln a －1＝－ln a ，
当a ∈(0,1)时，h ′(a )>0，函数h (a )单调递增； 当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )<0，函数h (a )单调递减． ∴函数h (a )在a ＝1处取得极大值0， ∴要使函数h (a )≥0恒成立，只需a ＝1. 综上，a 的值为1.
(3)证明：由(2)知，f ′(x )＝e x －2x －2， 设m (x )＝e x －2x －2，则m ′(x )＝e x －2，
当x >ln 2时，m ′(x )>0，当x <ln 2时，m ′(x )<0，
∴函数m (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
m (x )＝e x －2x －2在x ＝ln 2处取得极小值，且m (ln 2)＝－2ln 2<0，又m (－1)＝1
e >0，
m (2)＝e 2－6>0，
∴m (x )有两个变号零点， ∴f (x )存在唯一的极小值点x 0， ∴f ′(x 0)＝0，即e x 0－2x 0－2＝0，
∴f (x 0)＝e x 0－x 20－2x 0＝2x 0＋2－x 20－2x 0＝2－x 2
0，
∵m ⎝⎛⎭⎫32＝e 32－2×32－2＝e 3
2－5<0， ∴x 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，
∴函数f (x )的极小值f (x 0)＝2－x 20∈⎝⎛⎭⎫－2，－14， 即－2<f (x 0)<－14.。