2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题一6第6讲导数的综合应用
2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第5讲 导数的简单应用 Word版含解析
专题强化训练1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A.因为f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析：选C.因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x .由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C. 3．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 ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋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 ≥－2 6.4．(2019·台州二模)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )，F (x )＝f ′（x ）e x，若F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，则函数f (x )的最小值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析：选C.因为f ′(x )＝2x ＋b ，所以F (x )＝2x ＋b e x ，F ′(x )＝2－2x －be x，又F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧F ′（0）＝－2，F （0）＝c ，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，b ＝4，所以f (x )＝(x ＋2)2≥0，f (x )min ＝0.5．(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)(x －x 3)(其中x 1＜x 2＜x 3)，g (x )＝e x －e －x ，且函数f (x )的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝x 1＋x 22，μ＝x 2＋x 32，则( )A ．g (α)＜g (λ)＜g (β)＜g (μ)B ．g (λ)＜g (α)＜g (β)＜g (μ)C ．g (λ)＜g (α)＜g (μ)＜g (β)D ．g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)解析：选D.由题意，f ′(x )＝(x －x 1)(x －x 2)＋(x －x 2)(x －x 3)＋(x －x 1)(x －x 3)， 因为f ′(x 1＋x 22)＝－（x 2－x 1）24＜0，f ′(x 2＋x 32)＝－（x 2－x 3）24＜0，因为f (x )在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减， 所以α＜λ＜μ＜β，因为g (x )＝e x －e －x 单调递增， 所以g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)． 故选D.6．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f (x )＝x ＋2b x ＋a ，x ∈[a ，＋∞)，其中a ＞0，b ∈R ，记m (a ，b )为f (x )的最小值，则当m (a ，b )＝2时，b 的取值范围为( )A ．b ＞13B ．b ＜13C ．b ＞12D ．b ＜12解析：选D.函数f (x )＝x ＋2bx＋a ，x ∈[a ，＋∞)，导数f ′(x )＝1－2bx2，当b ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在x ∈[a ，＋∞)递增，可得f (a )取得最小值， 且为2a ＋2b a ，由题意可得2a ＋2ba ＝2，a ＞0，b ≤0方程有解；当b ＞0时，由f ′(x )＝1－2bx 2＝0，可得x ＝2b (负的舍去)，当a ≥2b 时，f ′(x )＞0，f (x )在[a ，＋∞)递增，可得f (a )为最小值， 且有2a ＋2ba＝2，a ＞0，b ＞0，方程有解；当a ＜2b 时，f (x )在[a ，2b ]递减，在(2b ，＋∞)递增， 可得f (2b )为最小值，且有a ＋22b ＝2，即a ＝2－22b ＞0， 解得0＜b ＜12.综上可得b 的取值范围是(－∞，12)．故选D.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f (x )＝2x 2＋3x2e x的大致图象是( )解析：选B.由f (x )的解析式知有两个零点x ＝－32与x ＝0，排除A ，又f ′(x )＝－2x 2＋x ＋32e x ，由f ′(x )＝0知函数有两个极值点，排除C ，D ，故选B.8．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( )A ．4e 2B ．4e C.e 24 D.e4解析：选A.由y ＝tx ，得y ′＝t 2tx ，则切线斜率为k ＝t 4，所以切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ，即y ＝t4x ＋1.设切线与曲线y ＝e x ＋1＋1 的切点为(x 0，y 0)．由y ＝e x ＋1＋1，得y ′＝e x ＋1，则由e x 0＋1＝t 4，得切点坐标为⎝⎛⎭⎫ln t 4－1，t 4＋1，故切线方程又可表示为y －t 4－1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1，即y＝t 4x －t 4ln t 4＋t 2＋1，所以由题意，得－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1，即ln t4＝2，解得t ＝4e 2，故选A. 9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a 的取值范围为____________．解析：由题意知，f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1的导数f ′(x )＝2x 2－2x ＋a .2x 2－2x ＋a ＝3有两个不等正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8（a －3）＞012（a －3）＞0，得3＜a ＜72.答案：⎝⎛⎭⎫3，72 10．(2019·湖州市高三期末)定义在R 上的函数f (x )满足：f (1)＝1，且对于任意的x ∈R ，都有f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．解析：设g (x )＝f (x )－12x ，因为f ′(x )＜12，所以g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )为减函数，又f (1)＝1， 所以f (log 2x )＞log 2x ＋12＝12log 2x ＋12，即g (log 2x )＝f (log 2x )－12log 2x ＞12＝g (1)＝f (1)－12＝g (log 22)，所以log 2x ＜log 22，又y ＝log 2x 为底数是2的增函数， 所以0＜x ＜2，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为(0，2)．答案：(0，2)11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y ＝－3x [－2，2]12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，1，当x ∈(12，1)时，f ′(x )＜0，x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 113．(2019·唐山二模)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减， 所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)． 答案：(0，1)14．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e－12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案：32e≤a <115．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x max＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．16．(2019·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，证明：4＜λ＜6. 解：(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－x3，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 20－x 30＜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 20－x 30＜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 20－x 30＜6，由①②可知，4＜λ＜6.17．(2019·宁波市高考模拟)已知f (x )＝x ＋a 2x ，g (x )＝x ＋ln x ，其中a ＞0.若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)⇔当x ∈[1，e]有f (x )min ≥g (x )max ， 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在x ∈[1，e]上单调递增， 所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a2x2，因为a ＞0，所以令f ′(x )＝0得x ＝a .①当0＜a ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝a 2＋1.令a 2＋1≥e ＋1得a ≥e ，这与0＜a ＜1矛盾． ②当1≤a ≤e 时，若1≤x ＜a ，则f ′(x )＜0，若a ＜x ≤e ，则f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (a )＝2a ，令2a ≥e ＋1得a ≥e ＋12，又1≤a ≤e ， 所以e ＋12≤a ≤e.③当a ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e.令e ＋a 2e ≥e ＋1得a ≥e ，又a ＞e ，所以a ＞e.综合①②③得，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞. 18．(2019·宁波九校联考)已知函数f (x )＝e －x －11＋x .(1)证明：当x ∈[0，3]时，e －x ≥11＋9x； (2)证明：当x ∈[2，3]时，－27＜f (x )＜0.证明：(1)要证e －x ≥11＋9x ，也即证e x ≤1＋9x .令F (x )＝e x －9x －1，则F ′(x )＝e x －9.令F ′(x )＞0，则x ＞2ln 3.因此，当0≤x ＜2ln 3时，有F ′(x )＜0，故F (x )在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x ≤3时，有F ′(x )＞0，故F (x )在[2ln 3，3]上单调递增．所以，F (x )在[0，3]上的最大值为max{F (0)，F (3)}． 又F (0)＝0，F (3)＝e 3－28＜0.故F (x )≤0，x ∈[0，3]成立， 即e x ≤1＋9x ，x ∈[0，3]成立．原命题得证．(2)由(1)得：当x ∈[2，3]时，f (x )＝e －x －11＋x ≥11＋9x －11＋x.令t (x )＝11＋9x －11＋x，则t ′(x )＝－(1＋9x )－2·9＋(1＋x )－2＝1（1＋x ）2－9（1＋9x ）2＝（1＋9x ）2－9（1＋x ）2（1＋9x ）2（1＋x ）2＝72x 2－8（1＋9x ）2（1＋x ）2≥0，x ∈[2，3]．所以，t (x )在[2，3]上单调递增，即t (x )≥t (2)＝－1657＞－1656＝－27，x ∈[2，3]，所以f (x )＞－27得证．下证f (x )＜0. 即证e x ＞x ＋1令h (x )＝e x －(x ＋1)则h ′(x )＝e x －1＞0， 所以h (x )在[2，3]上单调递增，所以，h (x )＝e x －(x ＋1)≥e 2－3＞0，得证．另证：要证11＋9x －11＋x＞－27，即证9x 2－18x ＋1＞0，令m (x )＝9x 2－18x ＋1＝9(x －1)2－8在[2，3]上递增，所以m (x )≥m (2)＝1＞0得证．。
浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题
1.已知 m 、nW (2t ( 1 1 m ?),且飞一-<ln-,则() n m n A. ni>n B. m<nC.加>2+-nD. m, c 的大小关系不确左解析：选 A 由不等式可得2― <ln zz?—In m 即2+In n<i+ln m.设 f(x) =£+ln x{x n m n m x2 1 v :—9 W (2, e)),则 f Cv) =—+- = -_. XXX因为丄€(2, e),所以f Gr)>0,故函数fd)在(2, e)上单调递增.因为fS)Vf%),所 以n<m.故选A.2. _____________________________________ 已知泄义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f 3,满足f (x)Vf(x),且f(x+2)为 偶函数，f(4)=l,则不等式A.Y ) <e x 的解集为 .解析：因为A.Y +2)为偶函数，所以f(x+2)的图象关于x=0对称，所以f(£的图象关于* f V f ve'T — f v=2对称.所以f(0)=f(4)=l ・设&3=弋一(xGR)，则以(0= ——:―旷丁二一=••又f Q)VfG),所以C Y XO(X GR),所以函数g(x)在左义域上单训递减.因为 f(x) Ve <=>—<1» 而 g(0) = —=1,所以 f3 Ve'ogCv) Vg(0),所以 x>0.答案：(0, +8)3. (2017・广东汕头模拟)已知函数f3 =x+xln x 、若且—加&一1)>0对任意的-Y>1恒成立，则加的最大值为 ________ .vl n y 解析：因为f3=x+xLn<且f3—血一1)〉0对任意的01恒成立，等价于 虫 ； -Y —1令g (・Y )=q^G>i ),所以以(X )=-v 2 易知孑3=o 必有实根.设为弘(弘X — 1 X — 1~2 —In A *O =0) >且gGr)在(1,加)上单训递减，在Go,故3<-%<4i 又也WZ,故也的最大值为3.答案：34. 已知函数f3 = |卅|,方程/(x) + tA.Y )4-l = 0(t£R)有四个不同的实数根，则实数r的取值范围为 ________ ・重难增分训练(一)函数与导数的综合问+ 8)上单调递增，此时g{x)M =g(x^及+*oln -Yo 及+及 及―2 -Yo~ 1 =-Yo» 【大1 此 2Zr\A*b> 令 ACv)=x-2-ln x 、可得 A(3)<0.力(4)>0,解析: 曲日卅u_丘，“当“MO时，f 3=丁+衣・20恒成立，所以函数f3在［0, +8)上为增函数：当X0 时，F (-Y)= —e，：—-Ye x= —e v(.¥+l),由f C Y)=0,得x= —1,当(―°°> —1) 时，f &)= 一于(％+1)>0,函数f(x)为增函数，当-re (-1,0)时，f (%)=-£• &+1)〈0,函数fG)为减函数，所以函数f3 = |•肘在(一8, 0)上的最大值为A-l) = -(-l)e x=-, e 要使方程/Cv)4-tXA-)+l=0(tGR)有四个不同的实数根，令f3=m,则方程/+切+1 =0应有两个不同的实根，且一个根在(0,弓内，一个根在(£, +8)内，令&%)=/+切+1, 因为*0)=1>0,则只需£)〈0,即(》+£+1〈0,解得十<一斗2所以使得方程/CY)4-t/-(.Y)4-l = 0(tGR)有四个不同的实数根的t的取值范围为答案：(_8, _字)5.已知函数f{x) = x— aln x+ b, a, b为实数.⑴若曲线x=f3在点(1, f(l))处的切线方程为尸=2卄3,求a, &的值；(2)若f 3丨〈：对丘［2,3］恒成立，求a的取值范围.解：(1)由已知，得f 3=1—二x且由题设得f' (1)=2, Al) =5,从而，得1 — a=2且1 + b=5,解得a= —1, 6=4.3 3 3a⑵根据题设得，命题等价于当用[2, 3]时，1—U恒成立Q 恒成立XX X X3 3 3成立Q*—〈a〈x+TM成立.(*)X X X3 3设g{x) —x—, ”丘[2, 3], h{x) =x■一，JV E [2, 3],X X则(*)式即为g(x)込＜丛力3s 而当.YG [2, 3]时，3 3=x一一和/?(.¥)=%+-均为增函数，X X则 g(x)如=g(3) =2, A (Ar)mn=A(2) =L 所以实数&的取值范囤为(2,V6. (2017・宁波模拟)已知函数f(x) =—+ax, x>l.In x (1) 若在(1, +s)上单调递减，求实数&的取值范用； (2) 若a=2,求函数f(x)的极小值：⑶若方程(2x —m)lnx+尸0在(1, e ］上有两个不等实根，求实数加的取值范用. 解：(l)f 3=：»+ a,由题意可得f (x)W0在(1, +8)上恒成立，.•，冬丄-丄 J 丄丄ln\r In x \ln x 2) 4(it +8), /.In xW (0, +°°)»，.当去—旨时，函数&(化-芬寻的最小值为T故实数&的取值范围为(一 8, —扌(2)当 a=2 时，f(£=F-+2〃 In x .z x In -Y —l + 21n"-Y f 3= --------- 严 ------ •In x令 f (x)=0,得 21n -v+ln x-l = 0> 1 1解得In *=厅或In *= —1(舍)，即x=e 2・ £ 丄当 1<x<^ 时，r (A -XO,当 x>e 7 时，f 1 C Y )>0,fix)的极小值为彳e 3卜£~+2e 1 =4e 1.2Y V⑶将方程(2%—於In %+*= 0两边同除以In y 得(2<—功)+百一=0,整理得 —+2.Y =^ In x In x即函数呂(动=宀+2*的图象与函数y=山的图象在(1，訂上有两个不同的交点・ In x 由(2)可知，&(£在(1, e^)上单调递减，在(el e 上单调递增，4 eE )=4e‘，g(e) =3e,在(1, e ］上，当 L 1 时，-»4-©o.£故实数也的取值范围为(4e+, 3e -7. (2017 •全国卷III)已知函数 f3=ln x+a.f+(2a+l)x. (1) 讨论f(x)的单调性：3(2) 当 aVO 时，证明 r (A^---2.解：⑴f3的定义域为(o, +8),若 aMO,则当 (0, +8)时，f C Y )>0, 故f(x)在(0, +8)上单调递增. 若a<0,则当曲(0, —衿)时，f' Cv)>0：+ 8 时，f 9C Y )<0.故f3在(0, —土)上单调递增，在(-右,+8)上单调递减.(2)证明：由⑴知，当a<0时，f(x)在尸-右处取得最大值，最大值为彳一£；) = ln (一右)所以f(g£-2等价于応―£一1—茅£-2,即h(- 设 g(x)=ln x —*+1,则 R 3=丄一 1.■ A当 (0, 1)时，0 (£>0：当(1, +8)时，y (x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +8)上单调递减. 故当*= 1时，g(x)取得最大值，最大值为s(l)=0. 所以当x>0时，g(x)W0.从而当a<0时，In (—右)+右+1W0,3即 f(x)壬一 一一2.4&8. (2017・合肥质检)已知函数g(x) =/+£+*(&为实数). (1)试讨论函数的单调性：(2)若对任意丄唱(0, +8)恒有求实数a 的取值范用.-'•解：(1) g f(-Y )= 3aY+2A F + 1.① 当a=0时，g(x)在(一8, — 上单调递减，在(一扌，+°°)上单调递增： ② 当占工0时，A =4-123.当》新，贰3=3/+2卄120恒成立，此时在R 上单调递增：(-Y )=一"■2"+2&+1 = xx+12aw+lx当0G站时，由N 3=3/+2卄1 = 0得，2二尸,戸土戸，g(x)在(一8, A-1),(北，+8)上单调递增，在(X1,上)上单调递减：当a<0时，g(x)在(一8,魁)，(x，+8)上单调递减，在(龙，出)上单调递增.(2)令f3=lnx+±则Z Cv)=l-1 因此f&)在(0,1)上单调递减，在⑴ +8)上单X X X调递增，所以f(x)^=f(l) = l.当a> — 1 时,g(l)=a+2>l = f(l),显然对任意A-G (0»+8)不恒有fOMgCr)；当“W —1时，由⑴知，在(0,幻上单调递增，在(為，+8)上单调递减，则3屈+2及+ 1 = 0,即ax； =—亍(2上 + 1),所以在(0, +8)上，&3如=&(弘)=ax： + x：+益=尹：+詁i=§g + l)=—亍所以g(x) ».-. = !(及 + 1)= 一扌W 1 = f(x) un，即满足对任意用(0, +8),恒有f(x)»3. 综上，实数aW (—8’ -1].9.设函数f(x)=lnx+"在(0, 内有极值.(1)求实数a的取值范围：(2)若加丘(0, 1),(1, +8).求证：f(r) — fg)>e+2—解：(1)031 或X>1 时，f 3 J—一= “T -严丿- d+2 .；+1 X X— 1 X X— 1 XX— 1由f C Y)= 0在(o, £|内有解.令=X — (a+2)x+l= (A—o) (x— 0),不妨设0〈。
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。
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
[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版高考数学二轮复习专题限时集训14导数的综合应用理
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 xx2＜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 x0＋2x0＝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 x0＋2x0.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⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e2，＋∞. 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 ＋12x －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⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞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 x0＝1x0.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 x0－ln x 0－2＝1x0＋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＋a x ＋aln x (x ＞0). g (x )＝e －x f ′(x )＝1＋a x＋a ln x .g ′(x )＝ax －1x2(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＋a x ＋aln x . 则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x2＋aln x .设H (x )＝1＋2a x －ax2＋a ln x (x ＞0).则H ′(x )＝－2a x2＋2a x3＋a x＝ax2－2x ＋2x3＞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 x1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x1＋aln x1＞e x1(1＋a )＞0.即f (x )在(0.＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0.即1＋2a x1－a x21＋a ln x 1＝0.即1＋a ln x 1＝a x21－2ax1.所以f (x 1)＝e x1(1＋a ln x 1)＝a e x11－2x1x21＜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 －a 2x 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－axx ＞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 )＝21－x 2x 2－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.。
浙江专版2020年高考数学二轮专题复习知能专练五导数及其应用(20201124123049)
文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.知能专练（五）导数及其应用一、选择题1. 曲线f （x ）=xlnx 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为（） JT兀解析：选B 因为A-Y ） =-rln w 所以f （x ）=ln x+1,所以f 9（1）=1,所以曲线 = .rln x 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为2. 已知e 为自然对数的底数，则函数y=xe ”的单调递增区间是（） A. [ — 1, 4-°°） B. （ — 8, — 1] C. [1, +°°）D. （—8, 1]解析：选 A 令 ” =£（l + x ）M0,又 J>0, /. 1+-Y ^0»—1.3. 函数/Cr ）=3Y+ln x-2x 的极值点的个数是（） A. 0 C. 2解析：选A 函数泄义域为(0, +8),C r / \ Q 」c 6Y —2-Y +1 且 f (x) =6x+一一2= ・由于 40,呂3=6丘一2%+1 中 J=-20<0, 所以g （£>0恒成立，故/ C Y ）>0恒成立.即f （0在立义域上单调递增，无极值点.4. （2017 •浙江高考）函数y =f3的导函数3的图象如图所则函数y= f3的图象可能是（）&）的图象有三个零点，故f （x ）在这三个零点处取得极值，排除A 、B ；记导函数£ 3的零点从左到右分别为血 心4又在（一8,幻上£ &）〈0, 在（也 北）上f 6）>0,所以函数f （x ）在（一8,山）上单调递减，排除C,故选D.B ・1D.无数个解析：选D 由£3的图象知，fA示I)版本可编辑.欢迎下载支持.5・已知常数a, b、c都是实数，fix) = ax 4-bx-\- ex— 34的导函数为£3, f 3W0的解集为{A<-2^A<3},若f(0的极小值等于一115,则A的值是()A -里22C. 2D. 5解析：选C由题意知，f值一115,“ 3=3/+2加+cW0的解集为[一2, 3],且在x=3处取得极小r3a>0.故有v 一2X3=子，3a3 =27a+9b+3c—34= —115,6.若0<-¥i<Ac<l ,则( )A・ e X1— e X| >ln 疋―In 羽B・ e x：—e A| <ln 疋—In 羽C・ A^e x, >-Yie X1D・挹e&〈*,e”2解析：选C构适函数f&)=e'—In”则f U)=e v-£=:---------------------------- ,令f &)=0,得昶‘x x-1 = 0,根据函数y=£与y=2的图象可知两函数图象的交点也丘(0,1),即Ax)=e x-ln 在■ A(0,1)上不是单调函数，无法判断f GO与f(疋)的大小,故A, B错:构造函数=-,则以 3xe x X—1 e x=—_= --------- ；-- •故函数g(x) =~在(0, 1)上单调递减，故gCrJ >g(上)，上e “ >-vie 12 ,故选C.二、填空题7.设函数f(x) =Ar(e x-l) -|x=,则函数f(x)的单调增区间为_______________ •解析：因为f3 = Af(e x— 1)-討,所以f 3 = e r— 1+xe x—x= (e x— 1) (x+1).令f' C Y)>0,即(丁一1)・C Y+1)>0,解得曲(一 8, 一1)或曲(°, +8).所以函数f&)的单调增区间为(一8, — 1)和(0, +8).答案：(一8, — 1)和(0, +°°)解得a=2.版本可编辑.欢迎下载支持.8. 已知函数f(x)=*£+2ax-ln X,若f(x)在区间2上是增函数，则实数日的取值范 用为 _______ .解析：由题意知f' 3=卄2&—抑在［扌，2〕上恒成立，即2a2-x+*£, 2上恒成 立.又Ty= —x+£在#, 2上单调递减，.・.(一卄斗尸善，・・.2&諾，即aN#.答案：扌，+8)9. 已知函数fG")=/+2&f+1在x=l 处的切线的斜率为1,则实数日= ________________ ，此时函数y=f(x)在［0, 1］上的最小值为 _______ .解析：由题意得f 3=3/+仏，则有f (l)=3Xf+4aXl = l,解得尸一*,所以f(x) =・£ 一/+1, 则 f r3 =3/—2从当 xW ［0, 1］时,2由 f r(X)=3左一 2x>0 得寸awi ；・ 2由 f r(-¥)=3”一2X0 得 0<X§,所以函数f3在(|，1上单调递增，在(0, |)上单调递减，所以函数f3在三处取得极 小值，即为最小值，所以最小值为彳|)=(|卜(|}+1=||.三. 解答题10. 已知函数 KY )=ln A^~l.X (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 设加GR,对任意的aE ( —1,1)，总存在Ao 6 ［1, e ］,使得不等式aa —f(xo)< 0成立，求 实数也的取值范围.解：(D 函数的左义域为(0, +8), 又 f (-¥)= ---- =——.X X X令f rC Y )>0,得X >1,因此函数f(0的单调递增区间是(1, +8)・ 令f C Y XO,得0<Kl,因此函数的单调递减区间是(0,1).(2)依题意，［1, e ］.答案：一* 2327版本可编辑.欢迎下载支持.由⑴知,fCv)在-re[b e]上是增函数, /• /'(-v)M x=/'(e) =ln e4--—1=-. e ee e加的取值范帀是一5 I11. 设函数 f3F —「21nx.⑴若f(x)在x=2时有极值，求实数a 的值和f3的单调区间;(2)若f(£在泄义域上是增函数，求实数a 的取值范用. 解：(1) •・•/(£在x=2时有极值，.•・£ ⑵=0,又 AT>0, .\X 9 (X ), f(x)关系如下表:X (°，1)12 (i 2)2 (2, +8)f' 3+—+f3・・.f(x)(0,［2, +8),E ，2).(2)若在泄义域上是增函数，则f' (-Y )20在-Y>0时恒成立，r( 、, a 2 ax — 2x+ avr 3=a+u —一= ----------- 5——•x x x•二转化为-Y>0时a.f —2w+a20恒成立， 即"2畫I 恒成立，9r 91当且仅当尸戶时等号成立,・・.a21.故实数日的取值范围为［1, +8).｛血 x i —'wo,e血x —i -解得一X X□(2•辽一5/+2) >由 f' (.r) =0 有必=扌,xz=2,版本可编辑.欢迎下载支持.12.已知函数f(x)=eH+ax-a(aGR 且aHO).(1)若函数f(x)在.v=0处取得极值，求实数a的值：并求岀此时f(x)在［一2, 1］上的最大值:(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.解：(1)函数f(£的定义域为R, f (£=£+&,f (O)=e°+a=O, .・.a= —1, :,F (x)=e"—l,•・•在(一 8, 0)上f (A-XO, f(x)单调递减，在(0, +8)上f' (x)>0, f(x)单调递增，・・.尸0时，f3取极小值.・"=一1符合要求.易知f(0在［一2, 0)上单调递减，在(0, 1］上单调递增，且f(一2) =Z+3, f(l)=e, f(—2)>f(l).e•'•fCr)在［―2, 1］的最大值为2+3.(2)T 3=e”+a,由于J>0・①当a>0时，Z C Y)>0, f(x)是增函数.且当％>1 时，f(£=£+a(x-l)>0・当M0时，取；v=—一•••函数存在零点，不满足题意.②当a<0 时，令f* Cv)=e'+a=0,得x=ln(—a)・在(一8, ln( —a))上f' (x)<0, f(x)单调递减，在(In(—a), +8)上F 3>0, f(x)单调递增,.\x=ln( — a)时，/(-Y)取最小值.函数f(*)不存在零点，等价于f(ln(—“))=』'+aln( —a) —a=—2a+aln( —a)>0,解得—e2<a<0.综上所述.所求的实数a的取值范用是(一『0)・。
专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】
第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。
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年全国版高考数学必刷题第六单元导数在函数中的应用
第六单元导数在函数中的应用考点一利用导数研究函数的极值、最值1.(2017年全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为().A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1【解析】函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1,则f'(x)=(2x+a)e x-1+(x2+ax-1)e x-1=e x-1·[x2+(a+2)x+a-1].由x=-2是函数f(x)的极值点,得f'(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)e x-1,f'(x)=e x-1·(x2+x-2).由e x-1>0恒成立,得当x=-2或x=1时,f'(x)=0,且当x<-2时,f'(x)>0;当-2<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0.所以x=1是函数f(x)的极小值点.所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1.故选A.【答案】A2.(2013年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.【解析】(1)f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4,由已知得f(0)=4,f'(0)=4,故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.(2)由(1)知,f(x)=4e x(x+1)-x2-4x,f'(x)=4e x(x+2)-2x-4=4(x+2)(e x-12).令f'(x)=0,得x=-ln 2或x=-2,从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln 2)时,f'(x)<0.故f (x )在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减, 当x=-2时,函数f (x )取得极大值,极大值为f (-2)=4(1-e -2).3.(2015年全国Ⅱ卷)已知函数f (x )=ln x+a (1-x ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a-2时,求a 的取值范围.【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x -a.若a ≤0,则f'(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x ∈(0,1a)时,f'(x )>0;当x ∈(1a,+∞)时,f'(x )<0.所以f (x )在(0,1a)上单调递增,在(1a,+∞)上单调递减. (2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上无最大值; 当a>0时,f (x )在x=1a 处取得最大值,最大值为f (1a )=ln (1a )+a (1-1a )=-ln a+a-1.因此f (1a)>2a-2等价于ln a+a-1<0.令g (a )=ln a+a-1,得g (a )在(0,+∞)上单调递增, 且g (1)=0.于是,当0<a<1时,g (a )<0;当a>1时,g (a )>0. 因此,a 的取值范围是(0,1).4.(2017年全国Ⅲ卷)已知函数f (x )=x-1-a ln x. (1)若f (x )≥0,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n ,(1+12)(1+122)·…·(1+12n)<m ,求m 的最小值.【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞),若a ≤0,因为f (12)=-12+a ln 2<0,所以不满足题意.若a>0,由f'(x )=1-a x =x -ax知, 当x ∈(0,a )时,f'(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f'(x )>0. 所以f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增.故x=a 是f (x )在(0,+∞)的唯一最小值点. 因为f (1)=0,所以当且仅当a=1时,f (x )≥0, 故a=1.(2)由(1)知,当x ∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+12n ,得ln (1+12n )<12n, 从而ln (1+12)+ln (1+122)+…+ln (1+12n) <12+122+…+12n =1-12n <1.故(1+12)(1+122)·…·(1+12n)<e . 又(1+12)(1+122)(1+123)>2,m 为整数,所以m 的最小值为3.5.(2013年全国Ⅱ卷)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,证明f (x )>0.【解析】(1)f'(x )=e x -1x+m .由x=0是f (x )的极值点,得f'(0)=0,所以m=1. 于是f (x )=e x-ln (x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x )=e x-1x+1. 函数f'(x )=e x-1x+1在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0,因此当x ∈(-1,0)时,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0.所以f (x )在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln (x+m )≤ln (x+2),故只需证明当m=2时,f (x )>0. 当m=2时,函数f'(x )=e x-1x+2在(-2,+∞)上单调递增. 又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x )=0在(-2,+∞)上有唯一实根x 0,且x 0∈(-1,0). 当x ∈(-2,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )>0,从而当x=x 0时,f (x )取得最小值. 由f'(x 0)=0得e x 0=1x 0+2,ln (x 0+2)=-x 0,故f (x )≥f (x 0)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0.综上,当m ≤2时,f (x )>0.考点二 利用导数研究函数的单调性和不等式6.(2016年全国Ⅰ卷)若函数f (x )=x-13sin 2x+a sin x 在(-∞,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是( ).A.[-1,1]B.[-1,13]C.[-13,13]D.[-1,-13]【解析】取a=-1,则f (x )=x-13sin 2x-sin x ,f'(x )=1-23cos 2x-cos x ,但f'(0)=1-23-1=-23<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增的条件,排除A ,B ,D .故选C .【答案】C7.(2015年全国Ⅱ卷)设函数f'(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (-1)=0,当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ).A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)【解析】设y=g (x )=f(x)x(x ≠0),则g'(x )=xf'(x)-f(x)x 2,当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,∴g'(x )<0,∴g (x )在(0,+∞)上为减函数,且g (1)=f (1)=-f (-1)=0.∵f (x )为奇函数,∴g (x )为偶函数, ∴g (x )的图象的示意图如图所示.当x>0,g (x )>0时,f (x )>0,0<x<1, 当x<0,g (x )<0时,f (x )>0,x<-1,∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A .【答案】A8.(2015年全国Ⅰ卷)设函数f (x )=e x(2x-1)-ax+a ,其中a<1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( ).A.[-32e,1) B.[-32e ,34) C.[32e ,34)D.[32e,1)【解析】∵f (0)=-1+a<0,∴x 0=0.又∵x 0=0是唯一的整数,∴{f(-1)≥0,f(1)≥0,即{e -1[2×(-1)-1]+a +a ≥0,e(2×1-1)-a +a ≥0,解得a ≥32e .又∵a<1,∴32e≤a<1,故选D . 【答案】D9.(2014年全国Ⅰ卷)设函数f (x )=a ln x+1-a 2x 2-bx (a ≠1),曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ;(2)若存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1,求a 的取值范围.【解析】(1)f'(x )=ax +(1-a )x-b.由题设知f'(1)=0,解得b=1. (2)f (x )的定义域为(0,+∞), 由(1)知,f (x )=a ln x+1-a 2x 2-x , f'(x )=ax +(1-a )x-1=1-a x (x -a1-a)(x-1). 若a ≤12,则a1-a≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f (1)<aa -1,即1-a 2-1<aa -1,解得-√2-1<a<√2-1. 若12<a<1,则a1-a>1,故当x ∈(1,a 1-a )时,f'(x )<0,当x ∈(a1-a ,+∞)时,f'(x )>0,所以f (x )在(1,a 1-a )上单调递减,在(a1-a ,+∞)上单调递增.所以存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f (a 1-a )<aa -1.而f (a 1-a )=a ln a 1-a +a 22(1-a)+a a -1>a a -1,所以不合题意. 若a>1,则f (1)=1-a 2-1=-a -12<aa -1. 综上可知,a 的取值范围是(-√2-1,√2-1)∪(1,+∞).10.(2016年全国Ⅱ卷)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.【解析】(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. (2)当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0等价于ln x-a(x -1)x+1>0. 设g (x )=ln x-a(x -1)x+1, 则g'(x )=1x -2a (x+1)2=x 2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g (1)=0.①当a ≤2,x ∈(1,+∞)时,x 2+2(1-a )x+1≥x 2-2x+1>0,故g'(x )>0,即g (x )在(1,+∞)上单调递增,因此g (x )>0; ②当a>2时,令g'(x )=0得x 1=a-1-√(a -1)2-1,x 2=a-1+√(a -1)2-1.由x 2>1和x 1x 2=1得x 1<1,故当x ∈(1,x 2)时,g'(x )<0,即g (x )在(1,x 2)上单调递减,因此g (x )<0. 综上可知,a 的取值范围是(-∞,2]. 11.(2016年全国Ⅲ卷)设函数f (x )=ln x-x+1. (1)讨论f (x )的单调性; (2)证明当x ∈(1,+∞)时,1<x -1lnx<x ; (3)设c>1,证明当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.【解析】(1)由题设,f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x -1,令f'(x )=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增; 当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减.(2)由(1)知,f (x )在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=0. 所以当x ≠1时,ln x<x-1.故当x ∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln 1x <1x-1,即1<x -1lnx <x.(3)由题设c>1,设g (x )=1+(c-1)x-c x,则g'(x )=c-1-c xln c.令g'(x )=0,解得x 0=ln c -1lnc lnc.当x<x 0时,g'(x )>0,g (x )单调递增; 当x>x 0时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 由(2)知1<c -1lnc<c ,故0<x 0<1.又g (0)=g (1)=0,故当0<x<1时,g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.考点三 利用导数研究函数的零点问题12.(2017年全国Ⅰ卷)已知函数f (x )=a e 2x+(a-2)e x-x. (1)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)f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=2a e 2x +(a-2)e x -1=(a e x -1)(2e x +1).若a ≤0,则f'(x )<0,所以f (x )在(-∞,+∞)上单调递减. 若a>0,则由f'(x )=0得x=-ln a. 当x ∈(-∞,-ln a )时,f'(x )<0; 当x ∈(-ln a ,+∞)时,f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,-ln a )上单调递减,在(-ln a ,+∞)上单调递增. (2)若a ≤0,由(1)知,f (x )至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (-ln a )=1-1a+ln a. 当a=1时,由于f (-ln a )=0,故f (x )只有一个零点; 当a ∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0, 即f (-ln a )>0,故f (x )没有零点;当a∈(0,1)时,1-1+ln a<0,即f(-ln a)<0.a又f(-2)=a e-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3-1,a则f(n0)=e n0(a e n0+a-2)-n0>e n0-n0>2n0-n0>0.由于ln3-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.a综上可知,a的取值范围为(0,1).高频考点:利用导数判断函数的图象,求单调区间、极值、最值,根据参数的范围证明不等式、判断函数的零点.命题特点:各类题型均有,都是与函数结合考查,此类题目的压轴试题难度较大、逻辑性强,对考生运算能力要求较高.备考时应注意总结规律、强化训练,突破难关.§6.1导数在研究函数中的应用一函数的单调性与导数在(a,b)内的可导函数f(x),f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为.f'(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为.二函数的极值与导数1.函数的极小值函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近的其他点的函数值都小,f'(a)=0,而且在点x=a附近的左侧,右侧,则点a叫作函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫作函数y=f(x)的极小值.2.函数的极大值函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近的其他点的函数值都大,f'(b)=0,而且在点x=b附近的左侧,右侧,则点b叫作函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫作函数y=f(x)的极大值.极小值点和极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值.三函数的最值与导数1.在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)必有最大值与最小值.2.若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则为函数的最小值,为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则为函数的最大值,为函数的最小值.3.设函数f(x)在[a,b]上连续且在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下:(1)求f(x)在(a,b)内的;(2)将f(x)的各极值与进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)f'(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.()(2)函数的极大值不一定比极小值大.()(3)闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值.()(4)函数f(x)=x2-1,其极值点为(1,0).()2如图所示的是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,则下面判断正确的是().A.在区间(-2,1)上,f(x)是增函数B.在区间(1,3)上,f(x)是减函数C.在区间(4,5)上,f(x)是增函数D.当x=2时,f(x)取到极小值设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.知识清单一、增函数减函数二、1.f'(x)<0f'(x)>02.f'(x)>0f'(x)<0三、2.f(a)f(b)f(a)f(b)3.(1)极值(2)f(a),f(b)基础训练1.【解析】(1)错误,由f'(x)>0,得f(x)为增函数,反之不一定成立,如y=x3在R上单调递增,但f'(x)=3x2≥0.(2)正确,一个函数的极大值、极小值没有确定的大小关系,极大值可能比极小值小.(3)正确,由最值的定义可知,闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值.(4)错误,极值点是实数,不是点.【答案】(1)× (2)√ (3)√ (4)×2.【解析】A 、B 错误,由导函数与函数的关系可知f (x )在区间(-2,1)和(1,3)上有增,有减;C 正确,在区间(4,5)上f'(x )>0,所以f (x )是增函数;D 错误,当x=2时,f (x )取到极大值. 【答案】C3.【解析】(1)函数f (x )的定义域为R ,f'(x )=1+a-2x-3x 2. 令f'(x )=0,不妨设x 1<x 2,得x 1=-1-√4+3a 3,x 2=-1+√4+3a3,∴f'(x )=-3(x-x 1)(x-x 2). 当x<x 1或x>x 2时, f'(x )<0; 当x 1<x<x 2时,f'(x )>0.即f (x )在(-∞,-1-√4+3a3)和-1+√4+3a3,+∞上单调递减,在(-1-√4+3a 3,-1+√4+3a3)上单调递增. (2)∵a>0,∴x 1<0,x 2>0.①当a ≥4时,x 2≥1,由(1)知f (x )在[0,1]上单调递增, ∴f (x )在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值; ②当0<a<4时,0<x 2<1,由(1)知f (x )在[0,x 2]上单调递增,在[x 2,1]上单调递减,∴f (x )在x=x 2处取得最大值. 又f (0)=1,f (1)=a ,∴若0<a<1,f (x )在x=1处取得最小值;若a=1,f (x )在x=0和x=1处同时取得最小值; 若1<a<4,f (x )在x=0处取得最小值.题型一 利用导数研究函数的单调性【例1】已知函数f (x )=ln (e x +1)-ax.(1)讨论函数y=f (x )的单调性;(2)若函数y=f (x )在[0,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)函数f (x )的定义域为R , 由已知得f'(x )=e x e x +1-a=1-1e x +1-a. 当a ≤0时,f'(x )>0,函数y=f (x )在R 上单调递增. 当a ≥1时,f'(x )<0,函数y=f (x )在R 上单调递减. 当0<a<1时,由f'(x )>0,得(1-a )(e x+1)>1,即e x>-1+11-a,解得x>ln a1-a ;由f'(x )<0,得(1-a )(e x+1)<1,即e x<-1+11-a,解得x<ln a1-a .∴当a ∈(0,1)时,函数y=f (x )在(ln a1-a ,+∞)上单调递增,在-∞,ln a1-a 上单调递减.综上可知,当a ≤0时,f (x )在R 上单调递增; 当a ≥1时,f (x )在R 上单调递减; 当0<a<1时,f (x )在(lna 1-a ,+∞)上单调递增,在(-∞,ln a1-a)上单调递减. (2)若函数y=f (x )在[0,+∞)上单调递增,则f'(x )=e xe x +1-a ≥0,即a ≤e xe x +1在x ∈[0,+∞)上恒成立.令h (x )=e xe x +1,由h'(x )>0,得h (x )在[0,+∞)上单调递增,∴h (x )min =h (0)=12,∴a ≤12,故实数a 的取值范围是(-∞,12].【变式训练1】设函数f (x )=ax 2-a-ln 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)已知g (x )=2ax-f'(x )-ee x ,证明:当x>1时,g (x )>0.【解析】(1)由题意得f'(x )=2ax-1x =2ax 2-1x(x>0).若a ≤0,则f'(x )<0,f (x )在(0,+∞)上单调递减. 若a>0,由f'(x )=0得x=√2a,当x ∈√2a)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(√2a+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增. (2)由已知得g (x )=2ax-2ax+1x -e e x =1x -e e x ,要证g (x )>0,只需证1x -e ex >0. 因为x>1,即证e x-1>x.令s (x )=e x-1-x ,则s'(x )=e x-1-1.当x>1时,s'(x )>0,s (x )在(1,+∞)上单调递增,s (x )>s (1)=0,所以e x-1>x ,从而g (x )=1x -ee x -1>0. 题型二 利用导数研究函数的极值【例2】(2017湖南怀化市一模)已知函数f (x )=ln x-12ax 2+x ,a ∈R .(1)当a=0时,求函数f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)令g (x )=f (x )-(ax-1),求函数g (x )的极值. 【解析】(1)当a=0时,f (x )=ln x+x , 则f (1)=1,所以切点为(1,1). 又f'(x )=1x+1,则切线斜率k=f'(1)=2, 故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)g (x )=f (x )-(ax-1)=ln x-12ax 2+(1-a )x+1,所以g'(x )=1x-ax+(1-a )=-ax 2+(1-a)x+1x. 若a ≤0,因为x>0,所以g'(x )>0.所以g (x )在(0,+∞)上是单调递增函数,无极值. 若a>0,g'(x )=-a (x -1a )(x+1)x,令g'(x )=0,得x=1a,所以当x ∈(0,1a )时,g'(x )>0;当x ∈(1a,+∞)时,g'(x )<0,因此函数g (x )的单调递增区间是(0,1a ),单调递减区间是(1a,+∞),所以当x=1a 时,g (x )有极大值g (1a )=12a-ln a. 综上可知,当a ≤0时,函数g (x )无极值;当a>0时,函数g (x )有极大值12a-ln a ,无极小值.【变式训练2】求函数f (x )=x-a (ln x+1)(a ∈R )的极值.【解析】由f'(x )=1-a x =x -ax,x>0知,若a ≤0,则f'(x )>0,函数f (x )为(0,+∞)上的增函数,函数f (x )无极值. 若a>0,由f'(x )=0,解得x=a.当x ∈(0,a )时,f'(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f'(x )>0,从而函数f (x )在x=a 处取得极小值,且极小值为f (a )=-a ln a ,无极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值;当a>0时,函数f (x )在x=a 处取得极小值-a ln a ,无极大值.题型三 利用导数研究函数的最值【例3】已知a ∈R ,函数f (x )=ax +ln x-1.(1)当a=1时,求曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线方程; (2)求f (x )在区间(0,e ]上的最小值.【解析】(1)当a=1时,f (x )=1x +ln x-1,x ∈(0,+∞),所以f'(x )=-1x 2+1x =x -1x 2,x ∈(0,+∞).所以f'(2)=14,即曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线斜率为14.又因为f (2)=ln 2-12,所以曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y-(ln2-12)=14(x-2),即x-4y+4ln 2-4=0.(2)因为f (x )=a x+ln x-1,所以f'(x )=-a x 2+1x =x -ax 2,x ∈(0,e ].令f'(x )=0,得x=a.若a ≤0,则f'(x )>0,f (x )在区间(0,e ]上单调递增,此时函数f (x )无最小值.若0<a<e ,则当x ∈(0,a )时,f'(x )<0,函数f (x )在区间(0,a )上单调递减;当x ∈(a ,e ]时,f'(x )>0,函数f (x )在区间(a ,e ]上单调递增,所以当x=a 时,函数f (x )取得最小值ln a.若a ≥e ,则当x ∈(0,e ]时,f'(x )≤0,函数f (x )在区间(0,e ]上单调递减, 所以当x=e 时,函数f (x )取得最小值a e.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )在区间(0,e ]上无最小值; 当0<a<e 时,函数f (x )在区间(0,e ]上的最小值为ln a ; 当a ≥e 时,函数f (x )在区间(0,e ]上的最小值为a e.【变式训练3】已知函数f (x )=x-e ax (a>0).(1)求函数f (x )的单调区间; (2)求函数f (x )在[1a ,2a]上的最大值. 【解析】(1)f'(x )=1-a e ax,令f'(x )=1-a e ax=0,则x=1a ln 1a.当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (-∞,1a ln 1a)1a ln 1a(1a ln 1a,+∞)f'(x ) + 0 - f (x )单调递增极大值单调递减故函数f (x )的增区间为(-∞,1a ln 1a ),减区间为(1a ln 1a ,+∞).(2)由(1)知,当1aln 1a≥2a,即0<a ≤1e2时,f (x )在[1a ,2a]上单调递增,所以f (x )max =f (2a)=2a-e 2;当1a <1a ln 1a <2a ,即1e 2<a<1e 时,由上表可知f (x )max =f (1a ln 1a )=1a ln 1a -1a;当1a ln 1a ≤1a ,即a ≥1e 时,f (x )在[1a ,2a ]上单调递减,所以f (x )max =f (1a )=1a-e .综上所述,当0<a ≤1e 2时,f (x )max =2a-e 2;当1e 2<a<1e 时,f (x )max =1a ln 1a -1a;当a ≥1e 时,f (x )max =1a-e .方法一 分类讨论,不重不漏利用导数研究函数问题时,遇到题目中含有参数,常常要结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论,此类题目为含参型,应全面分析参数变化引起结论的变化情况.参数有几何意义时还要考虑运用数形结合思想,分类讨论要做到分类标准明确,不重不漏.【突破训练1】已知函数f (x )=x-a ln x (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数;(2)设g (x )=-a+1x,若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立,求a 的取值范围.【解析】(1)f (x )=x-a ln x (x>0),f'(x )=1-a x =x -ax, 当a ≤0时,f'(x )>0,f (x )单调递增,f (x )无极值; 当a>0时,令f'(x )>0,解得x>a ,令f'(x )<0,解得0<x<a ,∴f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增,综上可知,f (x )有1个极小值点.(2)若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立, 令h (x )=f (x )-g (x ),即h (x )最小值>0在[1,e ]上恒成立, 则h (x )=x-a ln x+a+1x(a ∈R ), ∴h'(x )=1-a x -a+1x 2=(x+1)[x -(a+1)]x 2. 当1+a ≤1,即a ≤0时,h (x )在[1,e ]上为增函数,h (x )min =h (1)=1+1+a>0,解得a>-2,即-2<a ≤0. 当a>0时,①当1+a ≥e ,即a ≥e -1时,h (x )在[1,e ]上单调递减, ∴h (x )min =h (e )=e +a+1e-a>0,解得a<e 2+1e -1. ∵e 2+1e -1>e -1,∴e -1≤a<e 2+1e -1. ②当1<1+a<e ,即0<a<e -1时,h (x )min =h (1+a ), ∵0<ln (1+a )<1,∴0<a ln (1+a )<a ,∴h (1+a )=a+2-a ln (1+a )>2,此时h (1+a )>0成立.综上可知,当-2<a<e 2+1e -1时,不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立.方法二 巧用转化思想,妙解导数题转化思想在导数研究函数中应用广泛,如根据函数单调性求参数的一般方法是转化为集合间的包含关系,建立不等式处理或转化为不等式的恒成立问题解决,即“若函数单调递增,则f'(x )≥0;若函数单调递减,则f'(x )≤0”来求解.【突破训练2】设函数f (x )=x 2+a ln (x+1)(a 为常数),若函数y=f (x )在区间[1,+∞)上是单调递增函数,求实数a 的取值范围.【解析】由题意知,f'(x )=2x 2+2x+ax+1≥0在[1,+∞)上恒成立,即a ≥-2x 2-2x 在区间[1,+∞)上恒成立.∵-2x 2-2x 在[1,+∞)上的最大值为-4,∴a ≥-4.经检验:当a=-4时,f'(x )=2x 2+2x -4x+1=2(x+2)(x -1)x+1≥0,x ∈[1,+∞). ∴实数a 的取值范围是[-4,+∞).1.(2017安徽江淮十校三模)若函数f (x )=12x 2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a 的取值范围是( ).A .1<a ≤2B .a ≥4C .a ≤2D .0<a ≤3【解析】∵f (x )=12x 2-9ln x ,∴函数f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=x-9x .∵x>0,由f'(x )=x-9x ≤0,得0<x ≤3.∵函数f (x )=12x 2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,∴{a -1>0,a +1≤3,解得1<a ≤2.【答案】A2.(2017唐山一模)已知函数f (x )=ln x-x+1x,若a=f (13),b=f (π),c=f (5),则( ).A .c<b<aB .c<a<bC .b<c<aD .a<c<b【解析】f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=1x -1-1x 2=-(x -12)2+34x2<0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减.∵5>π>13,∴f (5)<f (π)<f (13),即c<b<a.【答案】A3.(2017湖南永州五中三模)已知x=1是函数f (x )=ax 3-bx-ln x (a>0,b ∈R )的一个极值点,则ln a 与b-1的大小关系是( ).A .ln a>b-1B .ln a<b-1C .ln a=b-1D .以上都不对【解析】f'(x )=3ax 2-b-1x,∵x=1是f (x )的极值点,∴f'(1)=3a-b-1=0,即3a-1=b.令g (a )=ln a-(b-1)=ln a-3a+2(a>0), 则g'(a )=1a-3=1-3aa. 令g'(a )>0,解得0<a<13;令g'(a )<0,解得a>13,故g (a )在(0,13)上单调递增,在(13,+∞)上单调递减,故g (a )max =g (13)=1-ln 3<0,所以ln a<b-1. 【答案】B4.(2017辽宁抚顺重点高中协作校一模)已知函数f (x )=-2f'(1)3√x -x 2的最大值为f (a ),则a 等于( ).A .116B .√434C .14D .√438【解析】∵f'(x )=-2f'(1)3·12x -2x ,∴f'(1)=-13f'(1)-2,解得f'(1)=-32,∴f (x )=√x -x 2,f'(x )=1-4x √x2x. 令f'(x )>0,解得0<x<√434;令f'(x )<0,解得x>√434.∴f (x )在[0,√434)上单调递增,在(√434,+∞)上单调递减,∴f (x )的最大值是f (√434),∴a=√434.【答案】B5.(2017广东五校协作体一模)若函数f (x )=x (x-a )2在x=2处取得极小值,则a= .【解析】f'(x )=3x 2-4ax+a 2,∴f'(2)=12-8a+a 2=0,解得a=2或a=6.当a=2时,f'(x )=3x 2-8x+4=(x-2)(3x-2),函数在x=2处取得极小值,符合题意;当a=6时,f'(x )=3x 2-24x+36=3(x-2)(x-6),函数在x=2处取得极大值,不符合题意.综上,a=2. 【答案】26.(2017四川绵阳月考)若函数f (x )=x -ae x在区间(0,2)上有极值,则a 的取值范围是 .【解析】f'(x )=1+a -xe x,令f'(x )>0,解得x<a+1;令f'(x )<0,解得x>a+1.故f (x )在(-∞,a+1)上单调递增,在(a+1,+∞)上单调递减,故x=a+1是函数f (x )的极大值点.由题意得,0<a+1<2,解得-1<a<1.【答案】(-1,1)7.(2017烟台一模)已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2+ax-2.(1)若曲线f (x )=x ln x 在x=1处的切线与函数g (x )=-x 2+ax-2也相切,求实数a 的值;(2)求函数f (x )在[t,t +14](t>0)上的最小值.【解析】(1)f'(x )=ln x+x ·1x =ln x+1,当x=1时,f'(1)=1,f (1)=0.∴f (x )在x=1处的切线方程是y=x-1,联立{y =x -1,y =-x 2+ax -2,消去y 得,x 2+(1-a )x+1=0,由题意得,Δ=(1-a )2-4=0,解得a=3或a=-1.(2)由(1)知,f'(x )=ln x+1,若x ∈(0,1e),则f'(x )<0,f (x )单调递减;若x ∈(1e,+∞),则f'(x )>0,f (x )单调递增.当0<t<t+14≤1e ,即0<t ≤1e -14时,f (x )在[t,t +14]上单调递减,∴f (x )min =f (t +14)=t+14ln (t +14);当0<t<1e<t+14,即1e -14<t<1e时,f (x )min =f (1e)=-1e;当1e ≤t<t+14,即t ≥1e 时,f (x )在[t,t +14]上单调递增,∴f (x )min =f (t )=t ln t.综上可知,f (x )min ={ (t +14)ln (t +14),0<t ≤1e -14,-1e ,1e -14<t <1e ,tlnt,t ≥1e .8.(2017全国100所名校冲刺卷2)设函数f (x )=(x-a )ln x+b. (1)当a=0时,讨论函数f (x )在[1e,+∞)上的零点个数;(2)当a>0且函数f (x )在(1,e )上有极小值时,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f (x )=x ln x+b ,∴f'(x )=1+ln x ≥0在[1e,+∞)上恒成立,∴f (x )在[1e ,+∞)上单调递增,∴f (x )min =f (1e )=-1e +b.当-1e+b ≤0,即b ≤1e时,函数有唯一的零点;当-1e +b>0,即b>1e时,函数没有零点.(2)∵f'(x )=ln x+x -ax,x ∈(1,e ), 令g (x )=ln x+x -ax(a>0), ∴g'(x )=1x +ax 2>0恒成立,∴g (x )在(1,e )上单调递增.∴g (x )>g (1)=1-a ,g (x )<g (e )=2-ae . ∵函数f (x )在(1,e )上有极小值, ∴{g(1)=1-a <0,g(e)=2-a e>0,解得1<a<2e ,故实数a 的取值范围为(1,2e ).9.(2017石家庄二模)已知函数f (x )=m ln x ,g (x )=xx+1(x>0). (1)当m=1时,求曲线y=f (x )·g (x )在x=1处的切线方程; (2)讨论函数F (x )=f (x )-g (x )在(0,+∞)上的单调性.【解析】(1)当m=1时,曲线y=f (x )·g (x )=xlnxx+1, y'=(1+lnx)(x+1)-xlnx (x+1)2=lnx+x+1(x+1)2.当x=1时,切线的斜率为12.又切线过点(1,0),故切线方程为y=12(x-1),即x-2y-1=0.(2)f'(x)=mx ,g'(x)=1(x+1)2,∴F'(x)=f'(x)-g'(x)=mx -1(x+1)2=mx2+(2m-1)x+mx(x+1)2.若m≤0,则F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减.若m>0,令k(x)=mx2+(2m-1)x+m,Δ=(2m-1)2-4m2=1-4m,当Δ≤0,即m≥14时,k(x)≥0,此时F'(x)≥0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递增.当Δ>0,即0<m<14时,方程mx2+(2m-1)x+m=0有两个不相等的实根,不妨设x1<x2,则x1=(1-2m)-√1-4m2m ,x2=(1-2m)+√1-4m2m.∴x1+x2=1-2mm =1m-2>2,x1·x2=1,∴0<x1<1<x2,此时,函数F(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当m≤0时,F(x)的单调递减区间是(0,+∞);当0<m<14时,F(x)的单调递减区间是(x1,x2),单调递增区间是(0,x1),(x2,+∞);当m≥14时,F(x)的单调递增区间是(0,+∞).10.设a为实数,函数f(x)=e x-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=e x-2x+2a,x∈R,知f'(x)=e x-2,x∈R.令f'(x)=0,得x=ln 2,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln 2)ln 2(ln 2,+∞)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2],单调递增区间是[ln 2,+∞),f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).(2)设g(x)=e x-x2+2ax-1,x∈R,于是g'(x)=e x-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln 2-1时,g'(x)的最小值为g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0,故e x>x2-2ax+1.§6.2导数的综合应用一利用导数证明不等式的基本步骤1.作差或变形.2.构造新的函数h(x).3.对h(x)求导.4.利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值.5.下结论.二一元三次方程根的个数问题令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f'(x)=3ax2+2bx+c.方程f'(x)=0的判别式Δ=(2b)2-12ac.1.当Δ≤0,即b2≤3ac时,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上为增函数,又易知存在x',x″∈R,使f(x')f(x″)<0,故方程f(x)=0有个实根.2.当Δ>0,即b2>3ac时,方程f'(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1<x2),函数在x1处取得极大值M,在x2处取得极小值m(M>m).(1)当m>0时,方程f(x)=0有个实根;(2)当m=0时,方程f(x)=0有个实根;(3)当m<0,M>0时,方程f(x)=0有个实根;(4)当M=0时,方程f(x)=0有个实根;(5)当M<0时,方程f(x)=0有个实根.三利用导数解决生活中优化问题的一般步骤1.设自变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域.2.求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0.3.比较函数在区间端点和f'(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.4.回归实际问题作答.☞左学右考已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-13x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为().A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件设a∈R,若函数y=e x+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是().A.(-1,+∞)B.(-∞,-1)C.(1,+∞)D.(-∞,1)设函数f(x)=x3-x 22-2x+5,若对任意的x∈[-1,2],都有f(x)>a,则实数a的取值范围是.若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同的零点,则a的值为.已知函数f(x)=x3-3x+c的图象与x轴有三个交点,求c的取值范围.知识清单二、1.一2.(1)一(2)两(3)三(4)两(5)一基础训练1.【解析】y'=-x 2+81=-(x-9)(x+9),由已知得当x ∈(0,9)时,函数单调递增;当x ∈(9,+∞)时,函数单调递减.所以当x=9时,该生产厂家获得年利润最大. 【答案】C2. 【解析】y'=e x+a ,由已知得x=ln (-a )>0,解得a<-1. 【答案】B3.【解析】f'(x )=3x 2-x-2,令f'(x )=0得x=1或x=-23.若对任意的x ∈[-1,2],都有f (x )>a ,则a<f (x )min =f (1)=72.【答案】(-∞,72)4.【解析】f'(x )=6x 2-18x+12=6(x-1)(x-2),因为f (x )恰好有两个不同的零点,所以f (1)=2-9+12-a=0或f (2)=16-36+24-a=0,解得a=5或a=4.【答案】4或55.【解析】对f (x )求导得f'(x )=3x 2-3=3(x-1)·(x+1)=0,解得x=±1. 因为函数f (x )的图象与x 轴有三个交点,所以f (1)<0且f (-1)>0, 解得-2<c<2.题型一 不等式恒成立问题【例1】已知函数f (x )=ax+x ln x (a ∈R ).(1)若函数f (x )在区间[e ,+∞)上为增函数,求a 的取值范围;(2)当a=1且k ∈Z 时,不等式k (x-1)<f (x )在x ∈(1,+∞)上恒成立,求k 的最大值. 【解析】(1)f'(x )=a+ln x+1,由题意知f'(x )≥0在[e ,+∞)上恒成立, 即ln x+a+1≥0在[e ,+∞)上恒成立, 即a ≥-(ln x+1)在[e ,+∞)上恒成立. 又[-(ln x+1)]max =-(ln e +1)=-2,∴a ≥-2. 故a 的取值范围是[-2,+∞). (2)∵f (x )=x+x ln x ,x ∈(1,+∞),∴k<f(x)x -1,即k<x+xlnxx -1对任意x>1恒成立.令g (x )=x+xlnxx -1,则g'(x )=x -lnx -2(x -1)2.令h (x )=x-ln x-2(x>1),则h'(x )=1-1x =x -1x>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增. ∵h (3)=1-ln 3<0,h (4)=2-2ln 2>0, ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)=0.即当1<x<x 0时,h (x )<0,即g'(x )<0;当x>x 0时,h (x )>0,即g'(x )>0.∴g (x )在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增.由h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0,得ln x 0=x 0-2,g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3,4),∴k<g (x )min =x 0且k ∈Z ,即k max =3.【变式训练1】设函数f (x )=a 2ln x-x 2+ax ,a>0.(1)求f (x )的单调区间;(2)求所有的实数a ,使e -1≤f (x )≤e 2对x ∈[1,e ]恒成立.【解析】(1)因为f (x )=a 2ln x-x 2+ax ,其中x>0,所以f'(x )=a 2x-2x+a=-(x -a)(2x+a)x. 因为a>0,所以f (x )的单调递增区间为(0,a ),单调递减区间为(a ,+∞). (2)要使e -1≤f (x )≤e 2对x ∈[1,e ]恒成立,则f (1)≥e -1,得a-1≥e -1,即a ≥e .由(1)知f (x )在[1,e ]上单调递增,只要{f(1)=a -1≥e -1,f(e)=a 2-e 2+ae ≤e 2,解得a=e .题型二 利用导数证明不等式【例2】设函数f (x )=ln x+aex .(1)求函数f (x )的单调性.(2)若a=2,证明:对任意的实数x>0,都有f (x )>e -x.【解析】(1)函数f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=ex -aex 2, 当a ≤0时,f'(x )>0,f (x )在(0,+∞)上单调递增. 当a>0时,令f'(x )>0,解得x>a e.令f'(x )<0,解得0<x<a e,故f (x )在(0,a e)上单调递减,在(a e,+∞)上单调递增; 综上可知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f (x )在(0,a e)上单调递减,在(a e,+∞)上单调递增.(2)要证明f (x )>e -x,即证明eln x+2x >1e x -1, 构造函数h (x )=e x-1-x ,h'(x )=e x-1-1,令h'(x )=0,得x=1.故h (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.∴h (x )≥h (1)=0,于是有e x-1≥x ,x>0,从而1e x -1≤1x .下面只需证明eln x+2x≥1x,即证eln x+1x≥0.令F (x )=eln x+1x (x>0),则F'(x )=e x -1x 2=ex -1x 2,故F (x )在(0,1e )上单调递减,在(1e ,+∞)上单调递增,即F (x )≥F (1e)=0.∵当x=1e 时,e x-1>x ,∴0<1e x -1<1x ,∴eln x+2x >1e x -1.【变式训练2】当0<x<π2时,求证:tan x>x+x 33.【解析】设f (x )=tan x-(x +x 33),则f'(x )=1cos 2x -1-x 2=tan 2x-x 2=(tan x-x )(tan x+x ).令g (x )=x-tan x ,则g'(x )=1-1cos 2x. 因为0<x<π2,所以g'(x )<0,所以g (x )在(0,π2)上单调递减,g (x )<g (0)=0,所以x<tan x ,所以当x ∈(0,π2)时,f'(x )>0,f (x )为增函数,f (x )>f (0).而f (0)=0,所以f (x )>0,即tan x-(x+x 33)>0,故tan x>x+x 33.题型三 利用导数研究函数的零点问题【例3】已知函数f (x )=(2-a )x-2(1+ln x )+a.(1)当a=1时,求f (x )的单调区间;(2)若函数f (x )在区间(0,12)上无零点,求a 的最小值. 【解析】(1)当a=1时,f (x )=x-1-2ln x , 则f'(x )=1-2x,定义域为(0,+∞). 由f'(x )>0,得x>2;由f'(x )<0,得0<x<2.故f (x )的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)f (x )=(2-a )(x-1)-2ln x ,令m (x )=(2-a )(x-1),h (x )=2ln x ,则f (x )=m (x )-h (x ).①当a<2时,m (x )在(0,12)上为增函数,h (x )在(0,12)上为增函数.由m (x )和h (x )的图象可知,若f (x )在(0,12)上无零点,则m (12)≥h (12),即(2-a )(12-1)≥2ln 12,∴a ≥2-4ln 2,∴2-4ln 2≤a<2.②当a ≥2时,在区间(0,12)上,m (x )≥0,h (x )<0,∴f (x )>0,∴f (x )在(0,12)上无零点.由①②得a ≥2-4ln 2,∴a min =2-4ln 2.【变式训练3】已知x=1是函数f (x )=13ax 3-32x 2+(a+1)x+5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式;(2)若曲线y=f (x )与直线y=2x+m 有三个交点,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)f'(x )=ax 2-3x+a+1,由f'(1)=0,得a=1,∴y=13x 3-32x 2+2x+5.(2)曲线y=f (x )与直线y=2x+m 有三个交点,即g (x )=13x 3-32x 2+2x+5-2x-m=0有三个根,即有三个零点.由g'(x )=x 2-3x=0,得x=0或x=3.由g'(x )>0得x<0或x>3;由g'(x )<0得0<x<3.∴函数g (x )在(-∞,0)和(3,+∞)上为增函数,在(0,3)上为减函数.要使g (x )有三个零点, 只需{g(0)>0,g(3)<0,解得12<m<5.故实数m 的取值范围为(12,5).题型四 利用导数研究生活中的优化问题【例4】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y (单位:千克)与销售价格x (单位:元/千克)满足关系式y=ax -3+10(x-6)2,其中3<x<6,a 为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a 的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x 的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】(1)因为当x=5时,y=11,所以a 2+10=11,解得a=2.(2)由(1)知,该商品每日的销售量y=2x -3+10(x-6)2, 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )=(x-3)·[2x -3+10(x -6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.从而f'(x )=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (3,4) 4 (4,6)f'(x ) + 0-f (x )单调递增 极大值42 单调递减由表可得,当x=4时,函数f (x )取得极大值,也是最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.。
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浙江高考数学二轮讲义：专题一第5讲导数的简单应用Word版含解析
第 5 讲 导数的简单应用导数运算及其几何意义[ 核心提炼 ]1．导数公式(1)(sin x)′＝ cos x ；(2)(cos x)′＝－ sin x ； (3)(a x )′＝ a x ln a(a>0) ；(4)(log a x)′＝ xln 1a (a>0，且 a ≠1)．2．导数的几何意义函数 f(x)在 x 0 处的导数是曲线f(x)在点 P( x 0， f(x 0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点 P 处的切线的斜率 k ＝ f ′ (x 0)，相应的切线方程为y － f( x 0)＝ f ′(x 0) ·(x － x 0)．[ 典型例题 ](1)(2019 绍·兴市柯桥区高三模拟 )已知曲线 y ＝ 1x 2－ 3ln x 的一条切线的斜率为－ 1，42 则切点的横坐标为 ()1 A ．－ 3B ． 2C ．－3或 2D. 2(2)已知 f(x)＝ln x， g(x)＝ (1＋ sin x)2，x 2＋ 1若 F(x)＝ f(x)＋ g(x)，则 F(x)的导函数为 ________．【分析 】 (1)设切点为 (m ， n)(m ＞ 0)， y ＝14x2－ 3ln x 的导数为 y ′＝12x －3x ，可得切线的斜率为12m － m 3＝－ 12，解方程可得， m ＝2. 应选 B.（ln x ）′（ x 2＋ 1）－ ln x （ x 2＋ 1） ′(2)由于 f ′(x) ＝（ x 2＋ 1）21x（x 2 ＋ 1）－ 2xln x ＝（ x 2＋ 1）2x 2＋ 1－ 2x 2ln x ＝x （ x 2＋ 1） 2g′(x)＝ 2(1＋ sin x)(1＋ sin x)′＝ 2cos x＋ sin 2x，x2＋ 1－ 2x2ln x所以 F′(x) ＝f′(x) ＋g′(x)＝ 2 2＋ 2cos x＋sin 2 x.x（ x ＋ 1）x2＋1－ 2x2ln x【答案】(1)B (2) x（ x2＋ 1）2 ＋ 2cos x＋ sin 2x利用导数几何意义解题的思路(1)利用导数的几何意义解题主假如利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转变．(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则依据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[ 对点训练 ]1．已知 a∈ R，设函数f(x)＝ ax－ ln x 的图象在点 (1，f(1)) 处的切线为l ，则 l 在 y 轴上的截距为 ________．分析：由于 f′(x)＝ a－1x，所以 f′(1) ＝ a－1，又 f(1) ＝ a，所以切线 l 的方程为y－ a＝ (a－ 1)(x－1)，令 x＝0，得 y＝1.故填 1.答案： 12．(2019 浙·江省十校联合体期末检测 )已知函数 f(x)＝ ae x＋ x2，g(x)＝ cos π x＋ bx，直线 l 与曲线 y＝ f(x)切于点 (0， f(0)) ，且与曲线 y＝ g(x)切于点 (1，g(1)) ，则 a＋b＝ ________，直线 l 的方程为 ________．分析： f′(x)＝ ae x＋2x， g′(x)＝－π sin πx＋ b，f(0) ＝ a， g(1)＝ cos π＋b＝ b－ 1，f′(0)＝ a， g′(1)＝ b，由题意可得f′(0)＝ g′(1) ，则 a＝ b，b－ 1－ a又 f ′(0)＝＝a，1－ 0即 a＝ b＝－ 1，则 a＋ b＝－ 2；所以直线l 的方程为 x＋ y＋1＝ 0.答案：－ 2x＋ y＋ 1＝ 03．(2019 ·州期末湖 )如图， y＝ f(x)是可导函数，直线l： y＝ kx＋ 2 是曲线 y＝ f(x)在 x＝ 3 处的切线，令g(x)＝ xf(x)，此中 g′(x)是 g(x)的导函数，则g′(3)＝ ________．1分析：由题图可知曲线y＝ f(x)在 x＝ 3 处切线的斜率等于－3，1即 f ′(3)＝－3.又由于 g(x)＝ xf(x)，所以 g′(x)＝ f(x) ＋xf′(x)， g′(3) ＝ f(3)＋ 3f′(3) ，1由题图可知f(3) ＝ 1，所以 g′(3)＝ 1＋ 3× －3＝ 0.答案： 0利用导数研究函数的单一性[ 核心提炼 ]1．若求函数的单一区间(或证明单一性)，只需在其定义域内解(或证明 )不等式 f ′(x)>0 或f′(x)<0 即可．2．若已知函数的单一性，则转变为不等式f′(x)≥ 0 或 f′ (x)≤ 0 在单一区间上恒建立问题来求解．[ 典型例题 ](1)设函数 f(x)＝ xe2－x＋ ex，求 f(x)的单一区间．(2)设 f(x)＝ e x(ln x－a)(e 是自然对数的底数， e＝ 2.71 828 )若函数 f(x)在区间1e，e上单一递减，求 a 的取值范围．【解】(1)由于 f(x)＝ xe2－x＋ex.由 f ′(x)＝ e2－x(1－ x＋ e x－1)及 e2－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.所以当 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 (－∞，＋∞ )．1 1(2)由题意可得 f′(x)＝ e x ln x＋x－ a ≤0 在e， e 上恒建立．1 1 1， e 上恒建立．令1由于 e x>0 ，所以只需 ln x＋－ a≤ 0，即 a≥ ln x＋在e g(x)＝ ln x＋ .x x x1 1 x－ 1由于 g′(x)＝x－x2＝x2 ，由 g′(x)＝ 0，得 x＝ 1.x 1， 1 (1， e) eg′ (x) －＋g(x)1 1 1 1g e ＝ ln e＋ e＝ e－ 1， g(e)＝ 1＋e，由于 e－ 1>1＋e，1所以 g(x) max＝ g e＝ e－ 1.故 a≥ e－ 1.求解或议论函数单一性问题的解题策略议论函数的单一性其实就是议论不等式的解集的状况．大部分状况下，这种问题能够归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的议论：(1)在能够经过因式分解求出不等式对应方程的根时，依照根的大小进行分类议论．(2)在不可以经过因式分解求出根的状况时，依据不等式对应方程的鉴别式进行分类议论．[注意 ]议论函数的单一性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽略了定义域的限制．1．(2019 ·江新高考冲刺卷浙[ 对点训练 ])已知定义在R 上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0 时，恒有 x2f′ (x)＋ f(－x)≤0，若g(x)＝ x2f(x)，则不等式g(x)＜ g(1－ 2x)的解集为( )1A．(3，1)1B． (－∞，3) ∪(1，＋∞ )1C． (3，＋∞ )1D． (－∞，3)分析：选 A. 由于定义在R 上的偶函数f(x)，所以 f(－ x)＝ f(x)．x由于 x≥ 0 时，恒有2f′(x)＋ f(－ x)≤ 0，所以 x2 f′(x)＋ 2xf(x)≤ 0，由于 g(x)＝ x2 f(x)，所以 g′(x)＝ 2xf(x)＋ x2 f′(x)≤ 0，所以 g(x)在 [0，＋∞ )为减函数，由于 f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以 g(x)在 (－∞， 0)上为增函数，由于 g(x)＜ g(1－ 2x)，所以 |x|＞ |1－ 2x|，即( x－ 1)(3x－ 1)＜0，1解得3＜ x＜ 1，选 A.x－ 12．(2019 ·州市高三期末湖)已知函数f(x) ＝e x.(1)求函数 f(x)的单一区间和极值；(2)若函数 y＝ g(x)对随意 x 知足 g(x)＝ f(4－x)，求证：当x＞ 2 时， f(x)＞ g(x)；(3)若 x1≠ x2，且 f(x1)＝f(x2)，求证： x1＋ x2＞ 4.x－12－ x解： (1) 由于 f(x)＝e x，所以f′(x)＝e x.令 f ′(x)＝ 0，解得 x＝2.x(－∞， 2)2(2，＋∞ )f′(x) ＋0 －f( x) 极大值1 2 e所以 f(x)在 (－∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以当 x＝ 2 时， f(x)获得极大值f(2)＝1 2. e3－x (2)证明： g(x)＝ f(4－ x)＝4－ x，ex－ 1 3－ x令 F(x)＝ f(x)－ g(x)＝e x －e4－x，42x ）2－ x 2－ x （ 2－ x）（ e － e所以 F′(x) ＝e x－e4－x＝e x＋4 .当 x＞ 2 时， 2－ x＜ 0， 2x＞ 4，进而 e4－ e2 x＜ 0，所以 F′(x) ＞0， F(x)在 (2，＋∞) 是增函数．1 1所以 F(x)＞ F(2) ＝e2－e2＝ 0，故当 x＞ 2 时， f( x)＞ g(x)建立．(3)证明：由于 f(x)在( －∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以若 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)， x1、x2不行能在同一单一区间内．不如设 x1＜ 2＜ x2，由 (2) 可知 f(x2)＞ g(x2)，又 g(x2)＝ f(4－ x2)，所以 f(x2 )＞ f(4－ x2)．由于 f(x1)＝ f(x2)，所以 f(x1)＞ f(4－ x2)．由于 x2＞ 2， 4－ x2＜2， x1＜ 2，且 f(x)在区间 (－∞， 2)内为增函数，所以 x1＞ 4－ x2，即 x1＋ x2＞4.利用导数研究函数的极值(最值 )问题[ 核心提炼 ]1．若在 x0邻近左边f′(x)>0，右边 f′(x)<0，则 f( x0)为函数 f(x)的极大值；若在x0邻近左边f′(x)<0 ，右边 f′ (x)>0 ，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值．2．设函数y＝ f(x)在 [a， b]上连续，在 (a， b)内可导，则f(x) 在[a，b] 上必有最大值和最小值且在极值点或端点处获得．[ 典型例题 ]x1(1) 已知函数 f(x)＝ (x － 2x － 1)e (x ≥ 2)．①求 f(x)的导函数；②求 f(x)在区间 12，＋∞ 上的取值范围．－2＋ aln x. (2)(2019 浙·江名校协作体高三联考 )已知 a ∈ R ，函数 f(x)＝ x ①若函数 f(x) 在(0， 2)上递减，务实数 a 的取值范围；②当 a ＞ 0 时，求 f(x) 的最小值 g(a)的最大值；③设 h(x)＝ f(x)＋ |(a － 2)x|， x ∈ [1，＋∞ )，求证： h(x)≥ 2.【解】(1)① 由于 (x － 2x － 1)′＝ 1－1，2x －1(e －x )′＝－ e －x ，1所以 f ′(x)＝1－－x－ (x － －x＝2x － 1 e 2x － 1)e（1－ x ）（ 2x － 1－2） e －x12x － 1x> 2.②由 f ′(x)＝ （ 1－ x ）（ 2x － 1－ 2） e－x2x － 1＝ 0，5解得 x ＝ 1 或 x ＝ 2.由于x1 1 15 5 2( ，1)(1， )222f ′(x)－＋115f(x)e －1－2 2e2又 f(x)＝ 1－x≥ 0，( 2x －1－ 1)2e21，＋∞1所以 f(x)在区间上的取值范围是1 －2 .2 0， 2e(2)①函数 f(x)在 (0， 2)上递减 ? 任取 x ∈ (0， 2)，恒有 f ′ (x)≤ 0 建立，5(2，＋ ∞ )－而 f ′(x)＝ax － 2≤ 0? 任取 x ∈ (0，2) ，恒有 a ≤2建立，x 2x而2x ＞ 1，则 a ≤ 1 知足条件．②当 a ＞ 0 时， f ′(x)＝ax －22＝ 0? x ＝ 2.xax2 2 2，＋∞ ) (0， a ) a(af ′ (x) －0 ＋f(x)极小值f(x)的最小值 g( a)＝ f(2)＝ a ＋ aln 2，a a g ′(a)＝ ln 2 －ln a ＝ 0? a ＝2.a (0， 2) 2 (2，＋∞ )g ′(a) ＋0 －g(x)极大值g(a)的最大值为 g(2)＝ 2.③证明： 当 a ≥ 2 时， h(x)＝f(x)＋ (a － 2)x ＝2x ＋ aln x ＋ (a － 2)x ，ax － 2h ′(x)＝ x 2 ＋ a － 2≥ 0，所以 h(x)在 [1，＋ ∞ )上是增函数，故h(x) ≥h(1) ＝a ≥ 2.2当 a ＜ 2 时， h(x)＝ f(x)－ ( a － 2)x ＝ x ＋ aln x －(a －2)x ，h ′(x)＝ax － 2x 2 － a ＋ 2＝（（ 2－ a ）x ＋ 2）（ x － 1） x 2＝0，解得x ＝－2 ＜0或2－ ax ＝1， h(x)≥ h(1)＝ 4－ a ＞ 2，综上所述： h( x)≥ 2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程 f ′(x)＝0 的根，再检查 f ′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程 f ′(x) ＝0 根的大小或存在状况来求解．(3)求函数 f(x)在闭区间 [ a ，b]的最值时，在获得极值的基础上， 联合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．[ 对点训练 ](2019 嵊·州模拟 )已知函数1 31 2f( x)＝ ln x ，g(x)＝x＋x ＋ mx ＋ n ，直线 l 与函数 f(x)，g(x) 的图32象都相切于点 (1， 0)．(1)求直线 l 的方程及 g(x)的分析式；(2)若 h(x)＝ f( x)－ g ′(x)(此中 g ′(x) 是 g(x)的导函数 )，求函数 h(x)的极大值．解： (1) 直线 l 是函数 f(x)＝ ln x 在点 (1， 0)处的切线，故其斜率 k ＝ f ′(1) ＝ 1，所以直线 l 的 方程为 y ＝x － 1.又由于直线 l与 g(x)的图象相切，且切于点 (1，1 31 20)，所以 g(x)＝ x ＋x ＋ mx32＋ n 在点 (1 ，0)处的导数值为 1，1 1m ＝－ 1，g （ 1）＝ 0，3＋ 2＋ m ＋ n ＝ 0，? ?所以1g ′（1）＝ 11＋ 1＋ m ＝ 1n ＝ 6，1 31 2 1所以 g(x)＝ x ＋2 x － x ＋ .36(2)由 (1)得 h(x)＝ f(x)－ g ′(x)＝ ln x － x 2－ x ＋ 1(x>0) ，所以 h ′(x)＝ 1－ 2x － 1＝ 1－ 2x 2－ x （ 2x － 1）（ x ＋ 1）.x ＝－xx1令 h ′(x)＝ 0，得 x ＝ 2或 x ＝－ 1(舍 )．10， 1当 0< x<2时， h ′(x)>0，即 h(x)在2 上单一递加； 11当 x>2时， h ′(x)<0 ，即 h(x)在2，＋ ∞ 上单一递减．1所以，当 x ＝ 2时， h(x)获得极大值，所以 h(x) 极大值 ＝ h 1 ＝ ln 1＋ 1＝ 1－ ln 2.22 4 4专题加强训练1．函数 f(x)＝1x 2－ ln x 的最小值为 () 21 B ． 1A. 2C． 0 D．不存在分析： 选 A. 由于 f ′(x)＝ x －1x 2－ 1＝ x ，且 x>0.令 f ′(x)>0 ，得 x>1；令 f ′(x)<0，得 0<x<1.所x1 1以 f(x)在 x ＝1 处获得最小值，且 f(1) ＝2 － ln 1＝ 2.2．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 ()4A. －3，4B. 0，34C. －∞，－ 3 ， (0，＋∞ )4D. －∞，－ 3 ∪ (0，＋∞ )分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 3x 2－ 2mx ，所以 f ′(－ 1)＝ 3＋2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.所以 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x.由 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－43或 x>0，即 f(x)的单一递加区间为4， (0，＋ ∞ )，应选 C. －∞，－ 33．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 ． (－∞，－ 2 6]B. －∞， 62C ． [－ 2 6，＋∞ )D ． [－ 5，＋∞ )32x 2＋ ax ＋ 3 g(x)＝ 2x 2＋分析： 选 C.由题意得 f ′(x)＝ 2x ＋a ＋＝x≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ?xaax ＋ 3≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ? 2－4≤1，－2 6≤ a ≤ 2 6或 a ≥－ 4? a＝ a － 24≤ 0 或?g （ 1） ≥ 0≥－2 6.4．(2019 台·州二模 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋c( b ， c ∈ R)， F(x)＝ f ′（ x ），若 F(x)的图象 xe在 x ＝ 0 处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋ c ，则函数 f(x)的最小值是 ()A ． 2B ． 1C ． 0D ．－ 12x ＋ b 2－2x － b分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 2x ＋b ，所以 F( x)＝ e x ，F ′(x)＝ ex，又 F(x)的图象在 x ＝ 0处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋c ，F ′（0）＝－ 2， b ＝ c ，所以 f(x)＝ (x ＋2) 2≥0， f(x)min ＝ 0.所以F （ 0）＝ c ， 得b ＝ 4，5．(2019 温·州瑞安七校模拟 )已知函数 f(x)＝ ( x － x 1) ·(x － x )( x －x )(此中 x ＜ x ＜ x )， g(x)23123x－xα，β(α＜ β)．设 λ＝x 1＋ x 2x 2＋ x 3)＝ e － e，且函数 f(x)的两个极值点为， μ＝，则 (22A ． g(α)＜ g(λ)＜g(β)＜ g(μ)B ． g(λ)＜ g(α)＜g(β)＜g(μ)C ． g(λ)＜ g(α)＜g(μ)＜g(β)D ． g(α)＜ g(λ)＜g(μ)＜ g(β)分析： 选 D.由题意， f ′(x)＝ (x － x 1)(x － x 2)＋( x － x 2)(x － x 3)＋ (x － x 1)( x － x 3)，x ＋ x（ x － x ） 2由于 f ′( 1221＜ 0，2) ＝－4x 2＋x 3（ x 2－ x 3 ）2f ′( 2 )＝－4 ＜ 0，由于 f(x)在 (－ ∞， α)， (β，＋ ∞ )上递加， (α， β)上递减，所以 α＜ λ＜ μ＜β，由于 g(x)＝ e x － e－x单一递加，所以 g(α)＜ g(λ)＜ g(μ)＜ g(β)．应选 D.2b＋ a ，x ∈ [a ，＋∞ )，其 6．(2019 宁·波诺丁汉大学附中高三期中考试 )已知函数 f(x)＝ x ＋ x 中 a ＞ 0， b ∈ R ，记 m(a ， b)为 f(x) 的最小值，则当 m(a ， b)＝ 2 时， b 的取值范围为 ()11A ． b ＞3B ． b ＜ 31 1C ． b ＞ 2D ． b ＜ 22b分析： 选 D.函数 f(x)＝ x ＋ x ＋a ， x ∈ [a ，＋ ∞ )，2b 导数 f ′(x)＝ 1－ x 2 ，当 b ≤ 0 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 x ∈ [a ，＋ ∞) 递加，可得 f(a)获得最小值，2b2b且为 2a ＋ a ，由题意可得 2a ＋ a ＝ 2， a ＞0， b ≤ 0 方程有解；当 b ＞ 0 时，由 f ′(x)＝ 1－ x 2 ＝0，可得 x ＝ 2b(负的舍去 )，当 a ≥ 2b 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 [a ，＋ ∞ )递加，可得 f( a)为最小值，2b且有 2a ＋ a ＝ 2， a ＞ 0， b ＞ 0，方程有解；当 a ＜ 2b 时， f(x)在 [a ， 2b] 递减，在 ( 2b ，＋ ∞ )递加，可得 f( 2b)为最小值，且有a ＋ 2 2b ＝ 2，即 a ＝ 2－ 2 2b ＞0，1解得 0＜ b ＜2.1综上可得 b 的取值范围是 (－∞， 2)． 应选 D.2x 2＋ 3x7．(2019 浙·江 “ 七彩阳光 ”结盟模拟 )函数 f(x)＝ 2ex 的大概图象是 ()3－ 2x 2＋ x ＋ 3分析： 选 B. 由 f(x)的分析式知有两个零点x ＝－ 2与 x ＝ 0，清除 A ，又 f ′(x)＝2e x，由 f ′(x)＝ 0 知函数有两个极值点，清除 C ，D ，应选 B.8．(2019 成·都市第一次诊疗性检测 ) 已知曲线 C 1：y 2＝ tx(y>0，t>0) 在点 M4， 2 处的切线t与曲线 C 2： y ＝ e x ＋1＋ 1 也相切，则 t 的值为 () A ． 4e2B ． 4eC.e 2D.e44分析：选 A. 由 y ＝ tx ，得 y ′＝ttt42 tx ，则切线斜率为 k ＝ 4，所以切线方程为 y －2＝ 4 x － t ，即 y ＝ tx ＋1.设切线与曲线 y ＝ e x ＋1 ＋1 的切点为 (x 0，y 0)．由 y ＝e x ＋ 1＋ 1，得 y ′＝ e x ＋1，则由 ex 0 4tt tt t t＋ 1＝ 4，得切点坐标为 ln 4－ 1，4＋ 1 ，故切线方程又可表示为 y － 4－ 1＝4 x － ln 4＋ 1 ，即y ＝ t x － t ln t ＋ t＋ 1，所以由题意，得－t ln t ＋ t ＋ 1＝ 1，即 ln t＝ 2，解得 t ＝ 4e 2，应选 A. 44 4 24 4 2 49．(2019 金·华十校高考模拟2 3 23 的)已知函数 f(x)＝ x － x ＋ ax － 1，若曲线存在两条斜率为3切线，且切点的横坐标都大于 0，则实数 a 的取值范围为 ____________ ．分析：由题意知， f(x) ＝3x3－ x2＋ax－ 1 的导数f′(x)＝ 2x2－ 2x＋ a.＝4－ 8（a－ 3）＞ 02x2－ 2x＋ a＝ 3 有两个不等正根，则1，2（ a－ 3）＞ 07得 3＜ a＜2.答案：73，210． (2019 湖·州市高三期末 ) 定义在 R 上的函数 f(x)知足： f(1) ＝1，且关于随意的x∈R ，都有 f′(x)＜1，则不等式 f(log 2log2x＋1的解集为 ________．2 x)＞ 21分析：设 g(x)＝ f(x) －2x，1由于 f′(x)＜2，所以 g′(x)＝ f′(x)－12＜ 0，所以 g(x)为减函数，又f(1) ＝ 1，2log x＋1 1 2 1所以 f(log x)＞2＝2log x＋2，21 1即 g(log 2x)＝ f(log 2x)－2log2x＞21＝g(1) ＝ f(1)－2＝ g(log 22)，所以 log2 x＜log 22，又 y＝ log2x 为底数是 2 的增函数，所以 0＜ x＜ 2，log x＋ 1则不等式 f(log 2 x)＞2的解集为 (0， 2)．2答案： (0， 2)11． (2019 ·兴、诸暨高考二模绍)已知函数 f( x)＝ x3－ 3x，函数 f(x)的图象在 x＝ 0 处的切线方程是 ________；函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 ________．分析：函数 f(x)＝ x3－ 3x，切点坐标 (0， 0)，导数为 y′＝ 3x2－ 3，切线的斜率为－3，所以切线方程为y＝－ 3x；3x 2－ 3＝0，可得 x ＝ ±1， x ∈ (－ 1， 1)， y ′＜0，函数是减函数， x ∈ (1，＋ ∞) ，y ′＞0 函数是增函数， f(0) ＝ 0， f(1) ＝－ 2， f(2)＝ 8－6＝ 2，函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 [ － 2， 2]． 答案： y ＝－ 3x [－ 2， 2]12． (2019 台·州市高三期末考试 )已知函数 f(x)＝ x 2－ 3x ＋lnx ，则 f(x)在区间 [1， 2]上的最2小值为 ________；当 f(x)取到最小值时， x ＝ ________．2x 2－ 3x ＋1分析： f ′(x)＝ 2x － 3＋1＝x (x ＞ 0)，x1令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝2， 1，1当 x ∈ (2， 1)时， f ′(x)＜ 0， x ∈ (1， 2)时， f ′(x)＞ 0，1所以 f(x)在区间 [2， 1]上单一递减，在区间[1， 2]上单一递加，1所以当 x ＝ 1 时， f(x)在区间 [2 ， 2] 上的最小值为 f(1)＝－ 2. 答案： －2113． (2019 ·山二模唐 )已知函数 f(x)＝ ln x － nx(n>0) 的最大值为 g(n)，则使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 ________．分析： 易知 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)．1由于 f ′(x)＝ x － n(x>0， n>0)，当 x ∈1 0， n时， f ′(x)>0 ，当 x ∈1n ，＋ ∞ 时， f ′(x)<0 ，11 所以 f(x)在0， n 上单一递加，在n ，＋ ∞ 上单一递减，所以f(x)的最大值g(n)＝ f1n ＝－ ln n － 1.设h(n)＝ g(n)－ n ＋ 2＝－ ln n － n ＋ 1.由于1h ′(n)＝－ n － 1<0 ，所以 h(n)在 (0，＋ ∞ )上单一递减．又h(1) ＝ 0，所以当 0<n<1 时， h(n)>h(1)＝ 0，故使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 (0， 1)．答案： (0， 1)14．(2019 ·江东阳中学期中检测浙)设函数 f( x)＝ e x(2x－ 1)－ ax＋ a，此中 a<1，若存在独一的整数 x0，使得 f( x0)<0，则 a 的取值范围是 ________．分析：设 g(x)＝ e x(2x－ 1)，y＝ ax－ a，由题意存在独一的整数x0，使得 g(x0)在直线 y＝ax － a 的下方，由于 g′(x)＝ e x(2x＋ 1)，所以当 x<－12时， g′(x)<0，当 x>－12时， g′(x)>0，1 1所以当 x＝－2时， g(x)min＝－ 2e－2，当 x＝ 0 时， g(0)＝－ 1， g(1)＝ e>0，直线 y＝ ax－a 恒过 (1， 0)，斜率为a，故－ a>g(0)＝－ 1，且g(－ 1)＝－ 3e－1≥ －a－ a，解得3≤ a<1.2e3答案：2e≤ a<11 3 ax 2 ， f(0)) 处的切线方程为 y＝ 1.15．设函数 f(x)＝ x －＋ bx＋ c，曲线 y＝ f(x)在点 (03 2(1)求 b， c 的值；(2)若 a＞ 0，求函数 f(x)的单一区间；(3)设函数 g(x)＝ f(x)＋ 2x，且 g(x)在区间 (－ 2，－ 1)内存在单一递减区间，务实数 a 的取值范围．解： (1) f′(x) ＝ x2－ ax＋b，f （ 0）＝ 1，c＝ 1，由题意得即f ′（0）＝ 0，b＝ 0.(2)由 (1)得， f′(x)＝ x2－ax＝ x(x－ a)(a＞ 0)，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＞ 0；当 x∈ (0， a)时， f′(x)＜ 0；当 x∈ ( a，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0.所以函数f(x) 的单一递加区间为(－∞， 0)， (a，＋∞ )，单一递减区间为(0， a) ．(3)g′(x)＝ x2－ ax＋ 2，依题意，存在x∈ (－ 2，－ 1) ，使不等式g′(x)＝ x2－ ax＋ 2＜ 0 建立，2即 x∈ (－ 2，－ 1)时， a＜ x＋x max＝－ 22，2当且仅当x＝x即 x＝－2时等号建立．所以知足要求的 a 的取值范围是(－∞，－ 2 2)．16． (2019 ·江金华十校第二学期调研浙) 设函数 f(x) ＝e x－ x， h( x)＝－ kx3＋ kx2－x＋ 1.(1)求 f(x)的最小值；(2)设 h(x)≤ f( x)对随意 x∈ [0， 1]恒建即刻k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.解： (1) 由于 f(x)＝ e x－ x，所以 f ′(x)＝ e x－ 1，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＜ 0， f(x)单一递减，当 x∈ (0，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0， f(x)单一递加，所以 f(x)min＝ f(0) ＝1.(2)证明：由 h(x)≤ f(x)，化简可得k(x2－ x3)≤e x－ 1，当 x＝ 0， 1 时， k∈ R，e x－1当 x∈ (0， 1)时， k≤x2－x3，要证： 4＜λ＜ 6，则需证以下两个问题；e x－ 1①x2－x3＞ 4 对随意 x∈ (0 ，1)恒建立；ex0－ 1②存在 x0∈ (0， 1)，使得x2－x3＜ 6 建立．00e x－ 1先证：①x2－x3＞ 4，即证 e x－1＞ 4(x2－ x3)，由(1) 可知， e x－ x≥1 恒建立，所以 e x－ 1≥ x，又 x≠0，所以 e x－ 1＞ x，即证 x≥ 4(x2－ x3)? 1≥4(x－ x2)? (2x－ 1)2≥ 0，(2x－ 1)2≥ 0，明显建立，e x－ 1所以x2－x3＞4对随意 x∈ (0， 1)恒建立；ex － 1再证②存在 x0 ∈ (0， 1) ，使得 2 3＜6 建立．x － x0 01e－ 1 7取 x0＝2，1 1＝ 8( e－ 1)，由于 e＜4，4－83所以 8(e－1) ＜8×4＝ 6，ex0－ 1所以存在x0∈ (0， 1)，使得2 3 ＜6，x0－ x0由①② 可知， 4＜λ＜6.a217．(2019 宁·波市高考模拟) 已知 f(x)＝ x＋x，g( x)＝ x＋ln x，此中 a＞0.若对随意的x1，x2 ∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g( x2)建立，务实数 a 的取值范围．解：对随意的x1， x2∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g(x2)? 当 x∈ [1， e]有 f(x) min≥g( x)max，1当 x∈ [1， e]时， g′(x)＝ 1＋x＞ 0，所以 g(x)在 x∈ [1， e]上单一递加，所以 g(x) max＝ g(e)＝e＋ 1.a2x2－a2当 x∈ [1， e]时， f′(x)＝1－x2＝x2，由于 a＞ 0，所以令 f′(x)＝ 0 得 x＝a.①当 0＜ a＜1 时， f′(x)＞0，所以 f(x)在 [1， e]上单一递加，所以 f(x)min＝ f(1) ＝a2＋1.令 a2＋ 1≥ e＋ 1 得 a≥ e，这与 0＜ a＜ 1 矛盾．②当 1≤ a≤e 时，若 1≤x＜ a，则 f′(x)＜0，若 a＜ x≤ e，则 f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 [1， a]上单一递减，在[a， e]上单一递加，e＋ 1所以 f(x)min＝ f(a)＝2a，令 2a≥e＋ 1 得 a≥2，又 1≤ a≤ e，e＋ 1所以2≤ a≤e.③当 a＞ e 时， f ′(x)＜ 0，所以 f( x)在 [1， e]上单一递减，a2所以 f(x)min＝ f(e)＝ e＋e .a2令 e＋e≥ e＋ 1 得 a≥ e，又 a＞ e，所以 a＞ e.综合①②③得，所务实数 a 的取值范围是e＋ 12 ，＋∞. －x － 118． (2019 宁·波九校联考 )已知函数 f(x)＝ e .1＋ x－1；(1)证明：当 x∈ [0， 3]时， e x≥1＋9x(2)证明：当x∈ [2， 3]时，－27＜ f(x) ＜ 0.证明： (1) 要证 e－x≥1，也即证 e x≤ 1＋ 9x. 1＋9x令 F(x)＝ e x－ 9x－1，则 F′(x)＝ e x－9.令 F ′(x)＞ 0，则 x＞ 2ln 3.所以，当 0≤ x＜ 2ln 3 时，有 F′(x)＜ 0，故 F(x)在 [0，2ln 3) 上单一递减；当 2ln 3＜ x≤ 3 时，有 F′(x)＞ 0，故 F(x)在 [2ln 3 ， 3]上单一递加．所以， F(x)在 [0， 3]上的最大值为max{ F(0)， F(3)} ．又 F(0)＝ 0， F(3) ＝ e3－ 28＜ 0.故 F(x)≤0， x∈ [0， 3]建立，即 e x≤ 1＋ 9x， x∈ [0， 3]建立．原命题得证．(2)由 (1)得：当 x∈ [2， 3]时， f(x)＝ e－x－ 1 ≥ 1 － 1 .1＋ x 1＋ 9x 1＋ x1 1令 t(x)＝－，1＋ 9x 1＋ x则 t′(x) ＝－ (1＋ 9x) －2·9＋ (1＋ x) －2＝12－92＝（ 1＋9x）2－ 9（ 1＋ x）22 2＝（ 1＋ x）（ 1＋ 9x）（1＋ 9x）（ 1＋x）72x 2－8≥ 0，x ∈ [2， 3]．（ 1＋ 9x ）2（1＋ x ） 21616 2 所以， t(x)在 [2， 3]上单一递加，即 t(x)≥ t(2)＝－ 57＞－ 56＝－7 ， x ∈ [2， 3]，所以 f(x)＞－ 2得证． 7下证 f(x)＜ 0.即证 e x ＞ x ＋ 1令 h(x)＝ e x － (x ＋ 1)则 h ′(x)＝e x － 1＞0，所以 h(x)在 [2， 3]上单一递加，所以， h(x)＝ e x － (x ＋ 1)≥e 2 －3＞ 0，得证．11 2另证：要证 1＋ 9x － 1＋x ＞－7，即证 9x 2－ 18x ＋1＞ 0，令 m(x)＝ 9x 2－ 18x ＋1＝ 9(x － 1)2－ 8 在 [2，3] 上递加，所以 m(x)≥ m(2) ＝ 1＞ 0 得证．。
高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。
浙江省2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练6 导数及其应用 文
专题升级训练6 导数及其应用(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．(2020·浙江高考名校交流卷2,8)已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x＝1处有极值－43，则b ，c 的值是( )．A ．b ＝1，c ＝－1，或b ＝－1，c ＝3B ．b ＝1，c ＝－1C ．b ＝－1，c ＝3D ．b ＝－1，c ＝－12．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值与最小值分别为M 和m ，则M －m ＝( )．A ．1B ．2C ．3D ．43．函数y ＝f (x )的图象在点x ＝5处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)等于( )．A ．1B ．2C ．0D ．124．f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的图象最有可能是下图中的( )．5．当x ∈(0,5)时，函数y ＝x ln x ( )． A ．是单调增函数 B ．是单调减函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递减D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增 6．函数y ＝x sin x ＋cos x 在下面哪个区间内是增函数( )． A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C ．⎝⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π)7．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )．A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )8．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]； ②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( )．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为__________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)10．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是__________．11．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为__________．12．函数f (x )＝x (0＜x ＜1)的图象如图，M (t ，f (t ))处的切线为l ，l 与y 轴和直线y ＝1分别交于点P ，Q ，点N (0,1)，若△PQN 的面积为b 时的点M 恰好有两个，则b 的取值范围为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点． (1)试确定常数a 和b 的值；(2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．14．(本小题满分10分)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当t ≠0时，求f (x )的单调区间．15．(本小题满分12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t ＞0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立．16．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝13x 3＋bx 2＋cx ＋d ，设曲线y ＝f (x )在与x 轴交点处的切线为y ＝4x －12，f ′(x )为f (x )的导函数，满足f ′(2－x )＝f ′(x )．(1)求f (x )；(2)设g (x )＝x f ′(x )，m ＞0，求函数g (x )在[0，m ]上的最大值；(3)设h (x )＝ln f ′(x )，若对一切x ∈[0,1]，不等式h (x ＋1－t )＜h (2x ＋2)恒成立，求实数t 的取值范围．参考答案一、选择题1．C 解析：由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝－43，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝－1，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.当b ＝1，c ＝－1时，f ′(x )＝－(x －1)2≤0，则函数f (x )无极值，与题意不符．当b ＝－1，c ＝3时，符合题意，故选C.2．D 解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去)．当x ∈(－1,0)时，f (x )单调递增；当x ∈(0,1)时，f (x )单调递减， ∴M ＝f (x )max ＝f (0)＝2. 又f (－1)＝－2，f (1)＝0， ∴m ＝f (x )min ＝－2.综上，M －m ＝2－(－2)＝4.故选D.3．B 解析：由题意知f (5)＝－5＋8＝3，f ′(5)＝－1，故f (5)＋f ′(5)＝2.故选B. 4．A 解析：根据导函数f ′(x )的图象可知f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2,0)上单调递增．故选A.5．D 解析：y ′＝ln x ＋1，令y ′＝0，得x ＝1e.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上y ′＜0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上y ′＞0， ∴y ＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增．故选D. 6．C 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ，∴y ′＝(x sin x )′＋(cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，∴当3π2＜x ＜5π2时，x cos x ＞0，即y ′＞0.故函数y ＝x sin x ＋cos x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2内是增函数．故选C.7．A 解析：设F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x2≤0， 故F (x )＝f (x )x为减函数． 由0＜a ＜b ，有f (a )a ≥f (b )b⇒af (b )≤bf (a )，故选A.8．C 解析：∵f (0)＝0，∴c ＝0.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝1，f ′(－1)＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－1，3－2a ＋b ＝－1，解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0. ∴①③正确，故选C.二、填空题9．63d 解析：如图为圆木的横截面，由b 2＋h 2＝d 2，∴bh 2＝b (d 2－b 2)．设f (b )＝b (d 2－b 2)，∴f ′(b )＝－3b 2＋d 2. 令f ′(b )＝0，又∵b ＞0，∴b ＝33d ，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33d 上f ′(b )＞0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫33d ，d 上f ′(b )＜0.∴函数f (b )在b ＝33d 处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h ＝63d . 10．⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数递减；当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0，且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0，解得a ＞22. 11． 2 解析：过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切．设P (x 0，x 02－ln x 0)，则有k ＝0|x x y '＝＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1，∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)，∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2.12．⎝ ⎛⎭⎪⎫14，827 解析：因为f ′(x )＝12x ，则得切线l 的方程为y －t ＝12t(x －t )，得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，t 2，Q (2t －t,1)，从而得b ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2(2t －t )＝t －t ＋14t 3.令x ＝t ，则x ∈(0,1)，则转化为关于x 的方程x 3－4x 2＋4x －4b ＝0在区间(0,1)上有两个不同的根．设g (x )＝x 3－4x 2＋4x －4b ，则g ′(x )＝3x 2－8x ＋4，故函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上为减函数，从而有⎝ ⎛g (0)<0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，g (1)<0，解得14＜b ＜827.三、解答题13．解：(1)f ′(x )＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0f ′(2)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，12a ＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23，b ＝－16.(2)x∴在x ＝1处，函数f (x )取得极小值6；在x ＝2处，函数f (x )取得极大值43－23ln 2.14．解：(1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t ＜0，则t＜－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，－t .②若t ＞0，则－t ＜t2.当x 所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.15．(1)解：f ′(x )＝ln x ＋1，则当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．①0＜t ＜t ＋2＜1e，没有最小值；②0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1e 时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ； ③1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e ，t ln t ，t ≥1e.(2)解：2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x2. ①x ∈(0,1)，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； ②x ∈(1，＋∞)，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立．所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围是(－∞，4]．(3)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝－1e，当且仅当x ＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x成立．16．解：(1)f ′(x )＝x 2＋2bx ＋c ， ∵f ′(2－x )＝f ′(x )，∴函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝1对称． ∴b ＝－1.∵直线y ＝4x －12与x 轴的交点为(3,0)，∴f (3)＝0，且f ′(3)＝4，即9＋9b ＋3c ＋d ＝0，且9＋6b ＋c ＝4，解得c ＝1，d ＝－3.则f (x )＝13x 3－x 2＋x －3.(2)f ′(x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2，g (x )＝x(x －1)2＝x |x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥1，x －x 2，x <1.其图象如图所示．当x 2－x =14时，由x ≥1，得x根据图象得：①当0＜m ≤12时，g(x )的最大值为m －m 2；②当12＜m ≤2g(x )的最大值为14；③当m ＞2时，g(x )的最大值为m 2－m .(3)h (x )=ln(x －1)2=2ln|x －1|，h (x +1－t )=2ln|x －t |，h (2x +2)=2ln|2x +1|， ∵当x ∈[0,1]时，|2x +1|=2x +1，∴不等式2ln|x －t |＜2ln|2x +1|恒成立等价于|x －t |＜2x +1且x ≠t 恒成立， 由|x －t |＜2x +1恒成立，得－x －1＜t ＜3x +1恒成立， ∵当x ∈[0,1]时，3x +1∈[1,4]，－x －1∈[－2，－1]， ∴－1＜t ＜1，又∵当x ∈[0,1]时，由x ≠t 恒成立，得t ∉[0,1]， 因此，实数t 的取值范围是－1＜t ＜0.。
(浙江专用)2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(讲)(含解析)
第04讲导数的综合应用 ---讲1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；（2）适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.知识点1．利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.【典例1】（2018·湖北高三月考（文））函数的导函数的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为=-cosx ，x+sinx ，又，为奇函数，排除B ，又x=时，+sin >0，排除D ，又当0<x<3时，sinx>0，x>0，x+sinx>0，当x时，x，-1sinx，x+sinx>0，排除A ，故选C. 【规律方法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间．【变式1】函数y=4cosx-e |x|（e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ）A B C D 【答案】A 【解析】函数为偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，，当，当π≥x 时，πe e x >，，，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A.知识点2．与函数零点有关的参数范围问题1．方程()0f x =有实根Û函数()y f x =的图象与x 轴有交点Û函数()y f x =有零点． 2．求极值的步骤：①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析0x 两侧导数'()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域. 4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.【典例2】(2018年理数全国卷II)已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i ）当时，，没有零点；（ii ）当时，． 当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．∈.【变式2】（2019·天津高考模拟（理））已知函数，其中a Rf x的单调区间：（Ⅰ）当a=1时，求函数()f x的极值；（Ⅱ）求函数()f x有两个不同的零点，求a的取值范围.（Ⅲ）若函数()【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1【解析】（Ⅰ）当a=1时,, f′（x）=当f′（x）<0时，x>1; f′（x）>0时，0<x<1f x的单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）∴函数()（Ⅱ）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x），若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，无极值若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，当0＜x＜a时，f′（x）>0，当x＞a时，f′（x）<0，此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；∴当x=a时，函数的极大值为f(a)=，无极小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，函数的极小值为f(a)=，令g(x)=lnx+x-1(x>0) ∵∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0(i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； (ii) 当a>1时，f(a)=ag(a)>0 ∵∴函数f(x)在（1,a e）内有一个零点，∵f(3a -1)=aln(3a-1)-设h(x)=lnx-x(x>2) ∵∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点 综上，函数()f x 有两个不同的零点时，a>1知识点3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：【典例3】（2019·浙江高考模拟）已知函数2()2f x x =，，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点. （Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值.【答案】（Ⅰ）4m e =（Ⅱ）4 【解析】 （Ⅰ）由题意知，即22ln x m x =，令，则.∵()F x 在()0,e 上递增，在(),e +∞上增减，∴，∴4m e =.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当0a =时，4be x e >，，不符合题意；当0a <时，有0b >，此时，，不符合题意，因此有0a >， 因此 ①令，则，()h x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在4,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减， 故②由①②两式知，构造函数，则()40ϕ=，()x ϕ在()0,4e 递减，在()4,e +∞递增，故min 4a =，此时0b =. 解法二：由（1）知，，设，可知，0a >，∵在()0,+∞恒成立，即，又04a-->， ∴，即228a b ≤-+ ①由在()0,+∞恒成立，即在()0,+∞恒成立，设，()0,x ∈+∞，则，由()'0G x >得40e x a <<，()G x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，由()'0G x <得4e x a >，()G x 在4,e a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 故，得44lnb e a≥ ② 由①②得 ③存在a ，b 使得③成立的充要条件是，即，记，显然()40ϕ=，，∴()a ϕ在()0,4e 上单调递增，在()4,e +∞上单调递减，，，故在()4,4e e 存在0a ，使()00a ϕ=，∴不等式的解为04a a ≤≤，∴a 的最小值为4，从而由③得0b =. 【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.【变式3】（2019·山东高三月考（文））已知函数.(1)求()f x 的单调区间；(2)若0x ≥，()1f x ≤，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()f x 在单调递增，在，单调递减. （2）1a ≥【解析】 （1）()f x '=，令()0f x '=，得到，.令()0f x '>，得12x x x <<，所以()f x 在单调递增，令()0f x '<，得1x x <或2x x >，所以()f x 在，单调递减.（2）由（1）知，，当1a <时，(0)0f '>，因为，且，由（1）可知，()f x 在2(0,)x 单调递增，此时若2(0,)x x ∈，，与0x ≥时，()1f x ≤矛盾. 当1a ≥时，(0)0f '≤，，由（1）可知，()f x 在(0,)+∞单调递减，因此对∀[0,)x ∈+∞，，此时结论成立.综上，a 的取值范围为1a ≥.知识点4．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.【典例4】（2019·山西高考模拟（理））已知函数.（Ⅰ）若0a <，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）若0a ≥，证明：.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）依题意，(0,)x ∈+∞，.令'()0f x =，则1x =或1a x a+=-. 当1a ≤-时，，由'()0f x >得(0,1)x ∈，由'()0f x <得(1,)x ∈+∞；当12a =-时，；当1a >-且11a a+-<，即时，由'()0f x >得，由'()0f x <得或(1,)x ∈+∞；当11a a +->，即102a -<<时，由'()0f x >得，由'()0f x <得(0,1)x ∈或.综上所述，当1a ≤-时，函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减； 当12a =-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当时，函数()f x 在10,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭和(1,)+∞上单调递减，在1,1a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增； 当102a -<<时，函数()f x 在(0,1)和上单调递减，在11,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增. （Ⅱ）要证：.即证：，即证：， 即证：. 令..因为0a ≥，所以当(0,1)x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增， 所以，即()0F x ≥.故当0a ≥时，.【规律方法】利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.【变式4】（2019·河南高考模拟（理））已知函数，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直.（1）求函数()f x 的单调区间； （2）求证：0x >时，.【答案】（1）()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间（2）详见解析. 【解析】 （1）由，得.因为曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直， 所以，所以1a =，即，.令，则.所以时，()'0g x <，()g x 单调递减；时，()'0g x >，()g x 单调递增.所以，所以()'0f x >，()f x 单调递增.即()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间 （2）由（1）知，()11f e =-，所以()y f x =在1x =处的切线为，即.令，则，且()'10h =，，时，()''0h x <，()'h x 单调递减； 时，()''0h x >，()'h x 单调递增.因为()'10h =，所以，因为，所以存在()00,1x ∈，使()00,x x ∈时，()'0h x >，()h x 单调递增；()0,1x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减；()1,x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增.又，所以0x >时，()0h x ≥，即，所以.令，则.所以()0,1x ∈时，()'0x ϕ>，()x ϕ单调递增；()1,x ∈+∞时，()'0x ϕ<，()x ϕ单调递减，所以，即ln 1x x +≤，因为0x >，所以，所以0x >时，， 即0x >时，.考点1 利用导数研究函数的零点或零点个数 【典例5】（2019·全国高考真题（理））已知函数，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且令，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +Q在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又，，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：，()1,x ∈-+∞①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '=()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时，不存在零点又，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又，()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫>⎪⎝⎭，即，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【方法技巧】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．【变式5】（2019·浙江高三期末）已知，()xg x e -=，其中a R ∈， 2.718e =⋯为自然对数的底数．()I 若函数()g x 的切线l 经过()1,0点，求l 的方程；(Ⅱ)若函数()f x 在20,e ⎛⎫⎪⎝⎭为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】(Ⅰ)?1y x =-+；(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ)设l 和()g x 的切点是()00,x x e -，()g x 在该点处的导数，它是切线l 的斜率，l Q 经过()1,0，也过切点()00,xx e -，l ∴的斜率又可写为01x e x --，故，故011x -=-，解得：00x =，故直线l 的斜率为，故l 的方程是：1y x =-+；(Ⅱ)判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立， ，故x a ≤，若()f x 在20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，则2a e≥， 因此，要证明对0x >恒成立，只需证明对0x >恒成立， 考虑等价于，记()ln u x x x =，，先看()u x ，，令()'0u x >，解得：1x e >， 令()'0u x <，解得：10x e<<，故()u x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，，再看，.令()'0v x >，解得：01x <<， 令()'0v x <，解得：1x >，故()u x 在()0,1递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对0x >恒成立，综上，对0x >恒成立，故函数函数零点是0个．考点2 与函数零点有关的参数范围问题【典例6】（2019·江西临川一中高考模拟（文））已知函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值； （2）若函数有两个零点，求实数m 的取值范围. （参考数据：）【答案】（1）1（2）()1,+∞ 【解析】 （1）Q 函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值， ,依题意知(1)0f '-=，解得0a =或1a =， 当0a =时，，1x <-时，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增，此时，()f x 只有极小值，不符合题意． 当1a =时，,2x <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增；21x -<<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，符合在1x =-处取得极小值的题意， 综上，实数a 的值为1．（2），，当0x >时，()0g x '>，故()g x 在()0,∞+上单调递增， 当0x <时，令，则，单调递增，单调递减，,0x <时，()0g x '>，故()g x 在(),0-∞上单调递减，()g x Q 在R 上有两个零点，，此时当0x <时，，()g x ∴在,02m ⎛⎫- ⎪⎝⎭有一个零点，当0x >时，，令，()00g x ∴>，()g x Q 在()00,x 有一个零点，综上，实数m 的取值范围是()1,+∞． 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式6】（2017课标3）已知函数有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】函数的零点满足，设，则，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =， 设，当1x =时，函数取得最小值1- ，考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题【典例7】（2019·全国高考真题（文））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． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞. 【解析】 （1）令，则当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< ()g x \在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又，，即当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点 （2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即恒成立令则，由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 且()0h a '=-，，，①当2a ≤-时，，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增，即，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'>⎪⎝⎭，()0h π'< ，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当时，()00h '<，，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增时，，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞ 【总结提升】 含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，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. 【变式7】（2019·浙江高考模拟）设函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞ 【解析】 （1）由题意，.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得12x a =． ∴当时，'()0f x <，当时，'()0f x >．∴()f x 在1(0,)2a 上单调递减，在1(,)2a +∞上单调递增；（2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥． 由（1）可得，()f x 在1(0,)2a 上单调递减，在1(,)2a +∞上单调递增，∴()f x 的最小值为.∴，解得12a e ≥.因此，实数a 的取值范围为1[,)2e +∞.考点4 利用导数证明、解不等式问题【典例8】（2019·浙江高三期中）已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】，，，令得，得，在上单调递增，在上单调递减，有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令，，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即，即，，则由可知，这与矛盾，，即，故．【规律方法】利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.【变式8】（2019·山东高考模拟（文））已知函数，则使不等f x->成立的x的最小整数为（）式(1)0A．-3 B．-2 C．-1 D．0【答案】D【解析】根据题意，函数，其导数，0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列， 则有，函数()f x 在R 上为增函数， 又由， ，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，，又由21t -<<-，则，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．考点5 利用导数解决生活中的最优化问题【典例9】（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为40米，点到的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形，大棚内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）， ；（2）． 【解析】解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，）．设f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，），则．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f（θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f（θ）为减函数，因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的步骤 第一步分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ) 第二步求函数f (x )的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0 第三步比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值 第四步 回归实际问题，给出优化问题的答案 【变式9】（2019·江苏高考模拟）如图，某隧道的剖面图是由半圆及矩形ABCD 组成，交通部门拟在隧道顶部安装通风设备（视作点P ），为了固定该设备，计划除从隧道最高点Q 处使用钢管垂直向下吊装以外，再在两侧自,A B 两点分别使用钢管支撑.已知道路宽8AB cm =，设备要求安装在半圆内部，所使用的钢管总长度为L .（1）①设PQ x =，将L 表示为关于x 的函数；②设PAB θ∠=，将L 表示为关于θ的函数；（2）请选用（1）中的一个函数关系式，说明如何设计，所用的钢管材料最省？【答案】（1）①；②（2）见解析【解析】（1）延长QP 交AB 于点E ，则⊥QE AB ，且E 为AB 的中点，所以，由对称性可知，PA PB =. ①若PQ x =，则04x <<，4EP x =-，在Rt PAE ∆中，，所以，②若PAB θ∠=，则04πθ<<， 在Rt PAE ∆中，，， 所以，所以.（2）选取②中的函数关系式，， 记，则由及04πθ<<可得，6πθ=，当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'<，此时()f θ单调递减，当,64ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'>，此时()f θ单调递增，所以当6πθ=时，()f θ取得最小值，从而钢管总长度为L 取得最小值，即所用的钢管材料最省.。
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浙江新高考数学二轮复习专题一 6 第6讲 导数的综合应用 【精品解析】
第6讲 导数的综合应用“ 辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．[典型例题]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x ；(3)设c ＞1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .【解】 (1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x －1，即1＜x －1ln x ＜x .(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ， 则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减． 由(2)知1＜c －1ln c ＜c ，故0＜x 0＜1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .利用导数证明不等式的基本步骤(1)①作差或变形． ②构造新的函数h (x )．③利用导数研究h (x )的单调性或最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式．(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练](2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f (x )＝x ＋λe x .(1)当λ＞0时，求证：f (x )≥(1－λ)x ＋λ，并指出等号成立的条件； (2)求证：对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.解：(1)设g (x )＝f (x )－(1－λ)x －λ＝x ＋λe x －(1－λ)x －λ＝λ(1ex ＋x －1)，所以g ′(x )＝λ(1－1e x )，令g ′(x )＝0，解得x ＝0，当x ＞0时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增， 当x ＜0时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减， 所以g (x )min ＝g (0)＝0，所以f (x )≥(1－λ)x ＋λ，当x ＝0时取等号．(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ”等价于f (x )的最大值大于λ.因为f ′(x )＝1－λe －x ，所以当λ≤0时，x ∈[－3，3]，f ′(x )＞0，f (x )在[－3，3]上单调递增， 所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln λ， 则x ∈R 时，x ，f ′(x )，f (x )关系如下：①当λ≥e 3时，ln λ≥3，f (x )在[－3，3]上单调递减， 所以f (x )的最大值f (－3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≥e 3时命题成立；②当e －3＜λ＜e 3时，－3＜ln λ＜3，所以f (x )在(－3，ln λ)上单调递减，在(ln λ，3)上单调递增． 所以f (x )的最大值为f (－3)或f (3)；且f (－3)＞f (0)＝λ与f (3)＞f (0)＝λ必有一成立，所以当e －3＜λ＜e 3时命题成立； ③当0＜λ≤e－3时，ln λ≤－3，所以f (x )在[－3，3]上单调递增， 所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )min >A . (2)若不等式f (x )<A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )max <A . 2．利用导数解决能成立问题(1)若∃x ∈D ，f (x )>A 成立，则等价于在区间D 上f (x )max >A . (2)若∃x ∈D ，f (x )<A 成立，则等价于在区间D 上f (x )min <A .[典型例题](2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x ＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x ，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t 2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x . ①当x ∈⎣⎡⎭⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22) ＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x －2x ＋1－1x ＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）. 故x 17 ⎝⎛⎭⎫17，11 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝⎛⎭⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0. ②当x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17，则 q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎡⎦⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝⎛⎭⎫17. 由①得，q ⎝⎛⎭⎫17＝－277p ⎝⎛⎭⎫17<－277p (1)＝0. 所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，24.不等式恒成立(有解)问题的求法(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解．(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解．[对点训练](2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f (x )＝mx ＋x ln x (m ＞0)，g (x )＝ln x －2.(1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f （x 1）x 1·g （x 2）x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数．求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝1时，函数f (x )＝1x ＋x ln x ，求导f ′(x )＝－1x 2＋ln x ＋1，由f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ＞1时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )单调递增区间(1，＋∞)．(2)由题意设h (x )＝f （x ）x ＝m x 2＋ln x ，φ(x )＝g （x ）x ＝ln x －2x，φ′(x )＝3－ln xx 2＞0，在[1，e]恒成立， 所以φ(x )＝ln x －2x 在[1，e]上单调递增，φ(x )∈[－2，－1e ]，所以h (x )∈[12，e]，即12≤mx2＋ln x ≤e ，在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )，在[1，e]上恒成立，设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0，在[1，e]上恒成立，所以p (x )在[1，e]上单调递减，则m ≥p (1)＝12，设q (x )＝x 2(e －ln x )，q ′(x )＝x (2x －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln x )＞0在[1，e]上恒成立， 所以q (x )在[1，e]上单调递增，则m ≤q (1)＝e ， 综上所述，m 的取值范围为[12，e]．“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题[核心提炼]研究函数零点或方程根的情况，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函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[典型例题](2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程|cos x |x＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的是( )A ．cos φ＝φsin θB ．sin φ＝－φcos θC ．cos θ＝θcos φD ．sin θ＝－θsin φ【解析】 由|cos x |x ＝k (k ＞0)可得：|cos x |＝kx (k ＞0)，因为方程|cos x |x ＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |相切，如图：直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |的交点为A (φ，cos φ)， 切点B 为(θ，－cos θ)， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，y ＝|cos x |＝－cos x ，所以y ′＝sin x ，所以y ′|x ＝θ＝sin θ， 即k ＝sin θ，又A (φ，cos φ)代入y ＝kx ， 可得cos φ＝φsin θ.故选A . 【答案】 A(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．[对点训练]1．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…. (1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由． 解：(1)证明：由h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x 得，h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)得h (x )＝e x －1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0， 则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1，2)内有零点， 因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点． 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. 2．(2019·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a （1－ln a ）2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a （1－ln a ）2，无极大值．(2)当a ≤0时，由(1)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(1，e 2]内至多有一个零点，不合题意．当a >0时，由(1)知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，函数f (x )单调递增，函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (a )＝a （1－ln a ）2.若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 2f （a ）<0f （1）>0f （e 2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4a （1－ln a ）2<012>0e42－2a ≥0，整理得⎩⎨⎧1<a <e 4a >e a ≤e44，所以e<a ≤e 44.故所求a 的取值范围为(e ，e 44]．专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立，所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增， 所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2； 当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与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，解得：a ＝1， 故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0， 令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1， 所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)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．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x， 由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2， 因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2， 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＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)． 设g (x )＝12x －ln x ， 则g ′(x )＝14x(x －4)， 所以所以g (x )在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 ＝⎝⎛⎭⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <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 －a x . 设h (x )＝x －ln x －a x， 则h ′(x )＝ln x －x 2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋a x 2，其中g (x )＝x 2－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．5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ， 得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减．又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43， 所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]． (2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43， 即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4， 综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 解：(1)因为f (x )＝1－ln x x， 所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ， 所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－b . 因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)， 则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2) ＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0，所以e x －kx ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增，所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2， 解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)． 8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ， f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1， 故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16. (2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)；当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a ， ①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1；②当0＜a ＜1时，根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时， Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1， 所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1， 综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1， 所以m ≥1.。
2020高考浙江大二轮复习：6.3 函数与导数的应用专项练
是减函数,当x∈(1,+∞),y'>0,函数是增函数,f(0)=0,f(1)=-2,f(2)=86=2, 函数f(x)在区间[0,2]内的值域是[-2,2]. 故答案为:y=-3x;[-2,2].
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故 k≥1.故选 D.
6.(2018高三第一学期嘉兴期末测试,7)函数f(x)=x3-x的图象与直线 y=ax+2相切,则实数a=( C ) A.-1 B.1 C.2 D.4
解析: 设直线 y=ax+2 与曲线 f(x)=x3-x 的切点为 P(x0,y0),因为 f'(x)=3x2-1,所以 f'(x0)=3������02-1=a.又������03-x0=ax0+2,所以 ������03-x0=(3������02-1)x0+2,解得 x0=-1,a=3-1=2.故选 C.
������
设
g(x)=ln ������+1,则
g'(x)=-ln
������
,
������
������ 2
∴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,即 0<a<12.
由 f(x)+ex<1 化为 g(x)=������(������)-1<-1=g(0),
e ������
∴x>0.
∴使得 f(x)+ex<1 成立的 x 的取值范围为(0,+∞).
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专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立， 所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增， 所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2； 当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与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，解得：a ＝1， 故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0， 令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)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． 证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2， 因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，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＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以所以g (x )在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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <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 －ax. 设h (x )＝x －ln x －ax， 则h ′(x )＝ln x －x2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋ax 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． 5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝ 13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4， 即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .解：(1)因为f (x )＝1－ln xx ，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1， 解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x ＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2)＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0， 所以e x －kx ＞0， 令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减， 故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增， 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点； 当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减， x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增， 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2，解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)．8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值． 解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)； 当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立， 所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1， 所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1； －1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1， 所以m ≥1.。