高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深

【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
1
故 x0∈(e－2，1)，使 g′(x0)＝1－b(2x0ln x0＋x0)＝0，
微点深化 导函数的隐零点问题
在利用导数法研究函数性质时，对函数求导后，若f′(x)＝0是超越形式，我 们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为 隐零点.
热点一 分离函数(变量)解决隐零点问题 【例1】 (2018·嘉兴测试)已知函数f(x)＝ax＋xln 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.
则 g(x)在12，x0上单调递增，在(x0，2]上单调递减，
故 g(x)max＝g(x0)＝x0－bx20ln x0＝x0＋2bx20，令 h(x)＝x＋2bx2，
1
易知
1
h(x)在(e－2，1)上单调递增，则
a≥x0＋2bx20>e－2＋2be－1＝
e＋b 2e >
e＋1 2e .
பைடு நூலகம்
＝e2x0－aln x0＝2ax0－aln a2－2x0＝2ax0＋2ax0＋aln 2a≥2
2 aln a.
故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
2ax0·2ax0＋aln 2a＝2a＋
探究提高 第(2)问要证明 f(x)≥2a＋aln 2a，只需要[f(x)]min≥2a＋aln 2a，[f(x)]min 在 f′(x)的零点取到.但 f′(x)＝0 是超越方程，无法求出来其解.上述解法中没有直接求解 x0，而是在形式上假设.这样处理的好处在于通过对 x0 满足的等式 e2x0＝2ax0，ln x0＝ ln a2－2x0 的合理代换使用，快速将超越式 e2x0－aln x0 化简为普通的代数式2ax0＋2ax0 ＋aln 2a，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了 x0.在求解的过程中，不要 急于消掉 x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助 f′(x0)＝0 作整体代 换，从而使问题获解.
令 g(x)＝x＋x－xl1n x，则 g′(x)＝x（－xl－n x1－）22，令 h(x)＝x－ln x－2(x>1). 则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，存在 x0∈(3，4)，使 h(x0)＝0，
当 a>0 时，方程 g(x)＝a 有一个根，即 f′(x)存在唯一零点；
当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 没有根，即 f′(x)没有零点.
(2)证明 由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[f(x)]min＝f(x0). 由 2e2x0－xa0＝0 得 e2x0＝2ax0，又 x0＝2ea2x0，得 ln x0＝ln2ea2x0＝ln a2－2x0，所以 f(x0)
x0）
＝
x0（1x＋0－x01－2）＝x0∈(3，4). k<g(x)min＝x0∈(3，4)，且 k∈Z，∴kmax＝3.
探究提高 先分离变量，再构造函数，不需要分类讨论，简单、直接，从而简 化解题过程.
热点二 整体代换解决隐零点问题
【例 2】 设函数 f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)的零点的个数；
从而解得 a＝e2，b＝1.
(2)证明 由 f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，得ax＋bxln x≥1，等价于 a≥x－bx2ln x， 令 g(x)＝x－bx2ln x，x∈12，2，
则g′(x)＝1－b(2xln x＋x)，令φ(x)＝1－b(2xln x＋x)，
解 (1)∵函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝a＋ln x＋1≥0在区间[e，＋∞)上恒成立，∴a≥(－ln x－1)max＝－2.∴a≥－2. ∴a的取值范围是[－2，＋∞). (2)当a＝1时，f(x)＝x＋xln x，k∈Z时，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立， ∴k<x＋x－xl1n xmin，