2019版高考数学复习第一板块学通考场解题常用12术第10术单调算推导数分析课件理(重点生)

＝
2＋ 2x
x
－
54 x＋52
<
x＋5 4x
－
x＋5452＝x＋4x5x3＋－52126x.
令 Q (x)＝(x＋5)3－216x，则当 1<x<3 时，Q ′(x)＝3(x＋
5)2－216<0，
所以 Q (x)在(1,3)上单调递减．
又 Q (1)＝0，故 Q (x)<0，从而 q′(x)<0.
由此可得 q(x)在(1,3)上是减函数． 又 q(1)＝0，所以 q(x)<0. 所以当 1<x<3 时，f(x)<9xx＋－51.
这就是说，当 x>1 时，F(1)－F(－1)>0， 即 F(1)>F(－1)． 由此可得，当 a>1 时，F(x)的最小值为 F(0)＝1，最大值 为 F(1)＝a＋1－ln a， 则|F(x2)－F(x1)|≤e2－2⇒F(1)－F(0)＝a－ln a≤e2－2. 令 h(x)＝x－ln x(x>1)，则 h′(x)＝x－x 1>0，故 h(x)在(1， ＋∞)上为增函数． 又 a>1，所以 h(a)＝a－ln a≤e2－2＝h(e2)， 由此可得 a≤e2.故 a 的取值范围为(1，e2]．
＝(ax＋1)eax－1－1x， 由 eax－1－1x＝0，解得 a＝1－xln x，设 p(x)＝1－xln x， 则 p′(x)＝ln xx－2 2， 当 x>e2 时，p′(x)>0，当 0<x<e2 时，p′(x)<0， 从而 p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
p(x)min＝p(e2)＝－e12， 当 a≤－e12时，a≤1－xln x，即 eax－1－1x≤0， 当 x∈0，－1a时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 当 x∈－1a，＋∞时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增， ∴g(x)min＝g－1a＝M， 设 t＝－1a∈(0，e2]，M＝h(t)＝et2－ln t＋1(0<t≤e2)，则 h′(t) ＝e12－1t ≤0，h(t)在(0，e2]上单调递减， ∴h(t)≥h(e2)＝0，即 M≥0， ∴M 的最小值为 0.
∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为 (ln(－a)，＋∞)． ∵f(x)和 F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(－a)≥ln 3，解得 a≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．
(2)若 a∈－∞，－e12，且函数 g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小 值为 M，求 M 的最小值． 解：g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－1x
法二：设 p(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，
则当 1<x<3 时，结合(1)的结论得
p′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
<32(x－1)＋(x＋5)1x＋2 1 x－9 ＝21x[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋ x)－18x]
<21x[3x(x－1)＋(x＋5) (2＋x2＋12)－18x]
第 10 术
单调算推 导数分析
一些与函数、不等式有关的数学问题，常常需要利用导数 的知识来分析、探究解决．这是因为导数知识具有高度严谨的 数学分析思想，而有些函数图象的走向、函数的增减性、函数 的极值与曲线的切线方程、有关不等式的证明等问题的求解往 往都离不开导数．
导数知识的运用是创新题型的高发区，在客观题、主观题 中常都是以压轴题出现，主要考查学生的创新思维能力和运算 能力．在平时的解题实践中，我们务必要注重用导数思想方法 分析问题，解决问题，加深对导数的定义和几何意义的理解， 增强对导数思想方法的认识，促进解题的创新性思维．这种巧 用导数知识来分析问题的方法，就是导数分析术．
＝41x(7x2－32x＋25)<0. 因此 p(x)在(1,3)上单调递减．
又
p(1)＝0，所以
p(x)<0，即
9x－1 f(x)< x＋5 .
[启思维] 本题考查利用导数求闭区间上函数的最值，考 查构造函数与转化思想，考查分析问题、解决问题的能力．第 (1)问，活用导数分析是最基本的思路，如法一；注重运用引 理搭桥，优化表达式，再用导数知识分析也是一种较好的思想， 如法二．第(2)问，法一与法二都注重了引理的构建，在求导 的过程中，结合已证过的结论变更命题，促进了解题的灵活性 与创造性，体现了“导数分析是常规”的战术思想．
(3)若对任意的 a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]恒有(m＋ln 3)a－2ln 3
＞|f(x1)－f(x2)|成立，求实数 m 的取值范围．
解：由(2)知当 a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]时，函数 f(x)在区间[1,3] 上单调递减； 所以当 x∈[1,3]时，f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝f(3)＝(2－a)ln 3 ＋13＋6a，故对任意的 a∈(－3，－2)， 恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞1＋2a－ (2－a)ln 3－13－6a 成立，即 am ＞23－4a. 因为 a＜0，所以 m＜32a－4，又32a－4min＝－133，所以实数 m 的 取值范围是－∞，－133.
综上，得 b>2＋ 5或 2－ 5<b<0.
即 b 的取值范围为(2－ 5，0)∪(2＋ 5，＋∞)．
(3)若对∀x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2 恒
成立，求 a 的取值范围． [解] 问题等价于 F(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差
小于等于 e2－2. 由(2)可知 F(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增， 所以 F(x)的最小值为 F(0)＝1，最大值等于 F(－1)，F(1)
[即时应用体验] 1．已知函数 f(x)＝(2－a)ln x＋1x＋2ax.
(1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的极值； 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝2 时，函数 f(x)＝1x＋4x，所以 f′(x)＝－x12＋4. 由 f′(x)＞0，得 x＞12，f(x)在12，＋∞上单调递增； 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜12，f(x)在0，12上单调递减， 所以函数．
[启思维] 本题考查运用导数知识求函数的单调性，考查 恒成立问题，考查函数的零点与方程根的转换能力．第(1)问是 送分题，易解决．第(2)问，先弄清 F(x)的极值点，再将方程 Fx－b＋1b＝3 中的1b－b 与 F(x)分离，并借用 F(x)的极值来 探究 b 的范围，思维独到，颇有创意．第(3)问，利用导数确定 函数 g(x)的最值，确定 h(x)的增减性恰到好处，充分体现了“导 数分析是常规”的战术思想．
(1，＋∞)上单调递减．
又 h(1)＝0，故 h(x)<h(1)＝0，即 ln x<x－1.
②
由①②得，当 x>1 时，f(x)<32(x－1)成立．
[(证2)当明]1<x法<3一时：，设f(qx()x<)9＝xx＋f－(x5)1－. 9xx＋－51，则有
q′(x)
＝
1 x
＋
1 2x
－
54 x＋52
(2)当 a＜0 时，讨论 f(x)的单调性；
解：f′(x)＝2－x a－x12＋2a＝2x－1x2ax＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝12或 x＝－1a. ①当－1a>12，即－2＜a＜0 时，由 f′(x)＞0，得12＜x＜－1a；由 f′(x) ＜0，得 0＜x＜12或 x＞－1a，所以函数 f(x)在0，12上单调递减，在 12，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减． ②当－1a<12，即 a＜－2 时，由 f′(x)＞0，得－1a＜x＜12；由 f′(x) ＜0，得 0＜x＜－1a或 x＞12，所以函数 f(x)在0，－1a上单调递减， 在－1a，12上单调递增，在12，＋∞上单调递减．
法二：先证一个引理：当 x>1 时，2 x<x＋1.
①
引理证明：因为( x－1)2>0，所以 2 x<x＋1，即引理成立．
于是，由引理得 x<x2＋12，
则有 g(x)＝ln x＋ x－1－32(x－1)<ln x－x＋1.
令 h(x)＝ln x－x＋1(x>1)，则 h′(x)＝1x－1<0，故 h(x)在
故问题等价于方程FFxx－ －bb＋ ＋1b1b＝ ＝3－，3
②
①
有解．
又 F(x)≥F(0)＝1，
由①得，F(x)＝3＋b－1b≥1，即b2＋2bb－1>0.
解得 b> 2－1 或－1－ 2<b<0. 由②得，F(x)＝－3＋b－1b≥1，即b2－4bb－1>0，
解得 b>2＋ 5或 2－ 5<b<0.
(2)若函数 y＝Fx－b＋1b－3 有四个零点，求 b 的取值范围； [解] 令 F′(x)＝2x＋(ax－1)ln a＝0，得 x＝0， F″(x)＝ax(ln a)2＋2>0，从而可得 F′(x)为单调增函数， 这就说明 x＝0 是唯一的极值点，也是最小值点，故 F(0)＝1. 因为 F′(0)＝0，所以当 x<0 时，F′(x)<0，故 F(x)在(－∞， 0)上单调递减； 当 x>0 时，F′(x)>0，故 F(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为 y＝Fx－b＋1b－3 有四个零点， 即Fx－b＋1b＝3 有四个根．
2．(2018·福州四校联考)已知函数 f(x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax， 其中 x>0，a<0. (1)若 f(x)和 F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实 数 a 的取值范围； 解：由题意得 f′(x)＝a－1x＝ax－ x 1，F′(x)＝ex＋a，x>0， ∵a<0，∴f′(x)<0 在(0，＋∞)上恒成立，即 f(x)在(0，＋∞) 上单调递减， 当－1≤a<0 时，F′(x)>0，即 F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 不合题意， 当 a<－1 时，由 F′(x)>0，得 x>ln(－a)，由 F′(x)<0，得 0<x<ln(－a)，
[例2] 已知函数 F(x)＝ax＋x2－xln a(a>1)． (1)求证：F(x)在(0，＋∞)上单调递增； [解] 证明：因为 F(x)＝ax＋x2－xln a， 所以 F′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a. 由于 a>1，所以 ln a>0，且当 x>0 时，ax－1>0，由此可得 F′(x)>0. 故函数 F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当 a＝－2 时，f′(x)≤0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 综上所述，当－2<a<0 时，f(x)在0，12，－1a，＋∞上单调递 减，在12，－1a上单调递增； 当 a<－2 时，f(x)在0，－1a，12，＋∞上单调递减，在－1a，12 上单调递增； 当 a＝－2 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
中较大的一个， 由于 F(－1)＝1a＋1＋ln a，F(1)＝a＋1－ln a， 则 F(1)－F(－1)＝a－1a－2ln a. 设 g(x)＝x－1x－2ln x(x>1)， 则 g′(x)＝1＋x12－2x＝1x－12≥0(当 x＝1 时取等号)，
所以 g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而 g(1)＝0，故当 x>1 时，g(x)>0，
[例1] 设 f(x)＝ln x＋ x－1，求证： (1)当 x>1 时，f(x)<32(x－1)； [证明] 法一：设 g(x)＝ln x＋ x－1－32(x－1)，
则 x>1 时，g′(x)＝1x＋21x－32<0.
所以 g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又 g(1)＝0，所以 g(x)<0，即 f(x)<32(x－1)．