高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
高考大题规范解答系列——函数与导数高三数学新高考一轮复习优秀课件
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪(a3，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(0，a3)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，0)，(a3，＋∞)单调递增，在(0，a3)单调递减.3 分 得分点③
若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.4 分 得分点④ 若 a<0，则当 x∈(－∞，a3)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(a3，0)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，a3)，(0，＋∞)单调递增，在(a3，0)单调递减.5 分 得分点⑤
综上，当且仅当 a＝0，b＝－1 或 a＝4，b＝1 时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最 大值为 1.12 分 得分点⑩
高 考 大 题 规 范解答 系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三 考数一学轮（ 复新习高优考 秀）一pp轮t课复件习课 件(共3 4张PPT )
第二章 函数、导数及其应用
高 考 大 题 规 范解答 系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三 考数一学轮（ 复新习高优考 秀）一pp轮t课复件习课 件(共3 4张PPT )
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
(2)满足题设条件的 a，b 存在． (ⅰ)当 a≤0 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]的最小值为 f(0)＝b，最大值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－1,2－a＋b ＝1，即 a＝0，b＝－1.7 分 得分点⑥ (ⅱ)当 a≥3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以 f(x)在区间[0,1]的最大值为 f(0)＝b，最小值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2－a＋b＝－1，b ＝1，即 a＝4，b＝1.9 分 得分点⑦
高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件文北师大版
方法难求最值时才用.
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--1010
题型一
题型二
策略(cèlüè)一
策略(cèlüè)二
策略(cèlüè)三
题型三
ln
-1.
例 2(2016 河北唐山高三二模)已知函数 f(x)=
(1)求函数 f(x)在区间[1,e2]上的最值;
*
(2)证明:对任意 n∈N ,不等式 ln
+1 e
策略(cèlüè)三
策略(cèlüè)二
策略(cèlüè)一
题型三
例1(2016全国丙卷,文21)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
-1
<x;
ln
(2)证明当 x∈(1,+∞)时,1<
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
解(1)(导数与函数的单调性)
策略(cèlüè)二
题型三
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)内单调
递增,在(1,+∞)内单调递减,从而h(x)在(0,+∞)内的最大值为
1
h(1)=-e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
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--15
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)是减少的.
由(2)知
-1
1< <c,故
ln
0<x0<1.
又 g(0)=g(1)=0,故当 0<x<1 时,g(x)>0.
高考数学大一轮复习 高考大题增分专项一 高考中的函数与导数课件 理
3
,得 xln x+x-kx+3k>0.
令g(x)=xln x+x-kx+3k,
则g'(x)=ln x+2-k.
∵x>1,∴ln x>0,
当k≤2时,g'(x)>0恒成立,即g(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
由 g(1)≥0,即 1+2k≥0,解得
1
∴-2≤k≤2,
1
k≥- ,
2
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函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数
或某两个参数构成的代数式的最值.
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第二页，共六十五页。
-2-
考点二
题型一
题型二
题型三
题型一
-3-
策略(cèlüè)策略
一 (cèlüè)
策略
二 (cèlüè)三
利用求导的方法证明函数不等式
突破策略一 差函数法
证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-
策略
1
1
g(x)=f(x)+ x2= x2+ln x-2ax,所以
2
2
(cèlüè)一策略(cèlüè)二策略(cèlüè)
2 -2+1
g'(x)=
.
①当-1≤a≤1时,g(x)单调递增,无极值点,不符合题意.
②当a>1或a<-1时,令g'(x)=0,设x2-2ax+1=0的两根为x1和x2,因为x1为函数
调递增区间.
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
聚焦中考——语文 第五讲
表达方式与记叙的顺序
• （2013·荆门）阅读下文，完成习题。 • ①那天下午6点多，该上公交车的人早已上了车，唯独有个小女孩，在车
门边来回徘徊。眼看着司机就要开车了，我在想，这小女孩肯定是没钱 上车。 ②“小姑娘，上车吧，我帮你交车票钱。”当看到我为她刷完卡后，她 随即上了车，说了声“谢谢阿姨”，一时脸蛋儿全红了。近距离一看， 才发现，小女孩左侧脸上有颗小痣。几天前的一幕不由浮现眼前—— ③送走远方的朋友，我从火车站迎着风雨赶到就近的公交车站台，已是 下午5点多。这时正是下班高峰期，来了几辆公交车，我总也挤不上去。 雨还在急速地下着，人还在不断地涌来。当又一辆10路公交驶来后，我 和许多人一起先往前门挤，但挤不上去。等司机发话后，才从后门好不 容易挤上车。车内人头攒动，人满为患。这人贴人的，身体若要移动一 下都难。正感叹着，我突然感觉好像有一件事还没做。是什么事呢？哦， 对了，没买车票。本想挤到前面去交车钱，可大伙儿都好像没事人一样 在原地一动不动，根本挤不过去。见此情形，司机也没说什么，这样， 我也就心安理得地和大家一样坐了一次免费的公交车。
本题在当年的高考中，出错最多的就是将第(1)题 的 a＝4 用到第(2)题中，从而避免讨论，当然这是错误的．
【互动探究】 1．(2011 届广东台州中学联考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，
将 y＝f(x)和 y＝f′(x)的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确 的是( D )
考点2 导数与函数的极值和最大(小）值
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
第2讲 导数在函数中的应用
考纲要求
考纲研读
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用 1.用导数可求函数的单 导数研究函数的单调性，会求函数的单调 调区间或以单调区间为 区间(对多项式函数一般不超过三次)． 载体求参数的范围．
高考数学一轮复习 高考大题增分课1 函数与导数中的高考热点问题课件 理
(ⅱ)若 a＞2，令 f′(x)＝0 得，x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
2
2a －4. 3 分 ················
当 x∈0，a－
2a2－4∪a＋
2a2－4，＋∞时，f′(x)＜0；
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当
x∈a－
2a2－4，a＋
2a2－4时，f′(x)＞0. 5 ·······················································
∴h(x)在0，12上递减，在12，＋∞上递增， ∴h(x)min＝h12＝12ln 2，∴m＋n的最小值为12ln 2.
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利用导数研究函数的零点问题
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨 论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主 要考查方式有：(1)确定函数的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图 像交点的情况求参数的取值范围．
由于ln3a－1＞－ln a， 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
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[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法 1用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究 函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题. 2将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决.
3若已知fx的单调性，则转化为不等式f′x≥0或f′x≤0在单调区间 上恒成立问题求解.
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高考数学一轮复习第三章高考大题专项(一)导数的综合应用课件新人教B版
=
((+1)ln)'
+
(-1)'
x→1
1
= lim+
→1
1++ln
1
=2,于是 a≤2,于是 a 的
(方法 2 最值法)
由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln
1
x++1-a.
①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0.
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,
当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln
0
0
当 m<2 时,f(x0)>0;当 m=2 时,等号成立的条件是 x0=-1,
但显然 f(-1)=e
2
2<0,所以 φ(m)<0 在(4,+∞)上恒成立,即
2
1- -ln
h'(m)<0.所以 h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以 h(m)<h(4)=ln 2.
所以 a≥ln 2,即 a 的取值范围是[ln 2,+∞).
m<0.所以
m
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般
+
1
高考数学一轮复习专题一函数与导数第1课时课件
即当 x∈(0，x1)时，p(x)>0，当 x∈(x1,1)时，p(x)<0, 从而函数 h(x)在(0，x1)上单调递增；在(x1,1)上单调递减. ∵h(0)＝1，h(1)＝e， 故当 x∈(0,1)时，h(x)>h(0)＝1. ∴x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，x∈(0,1). 即fexx＋x2－1x<1，x∈(0,1).
②若 a>0 时，当 x＝1a时，f′(x)＝0； 当 x<1a时，f′(x)<0； 当 x>1a时，f′(x)>0. 故在0，1a上，f(x)单调递减；在1a，＋∞上，f(x)单调递增.
(2)证明：若 a＝0 且 x∈(0,1)， 欲证fexx＋x2－1x<1，只需证1－elxn x＋x2－1x<1， 即证 x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex. 设函数 g(x)＝x(1－ln x)，x∈(0,1)， 则 g′(x)＝－ln x. 当 x∈(0,1)时，g′(x)>0. 故函数 g(x)在(0,1)上单调递增. ∴g(x)<g(1)＝1.
解：(1) f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a). 令f′(x)＝0，得x1＝－2a，x2＝0，x3＝a. 当 a>0 时，列表如下：
(－∞，
x
－2a) －2a (－2a,0) 0 (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) －
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
方法二，f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex. ①当 a＝0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝1. f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
高考数学一轮复习 专题一 函数与导数 第1课时配套课件 理
x f′(x) f(x)
－∞，－
33a
－
3a 3
＋
0
单调递增 极大值
－
33a，
33a
－
单调递减
3a 3
0 极小值
33a，＋∞
＋
单调递增
所以 f(x)的单调递减区间为－
33a，
33a，单调递增区间为
－∞，－
33a，
33a，＋∞.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex， ①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex＜0 (x＞0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1. 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. ②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在 [0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥ x＋1. 当0＜x＜1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2， 所以(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2).
解：(1)由 f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 可得 g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞). 则 g′(x)＝1x－2a＝1－x2ax. 当 a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增； 当 a>0，x∈0，21a时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增； x∈21a，＋∞时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减. 所以当 a≤0 时，函数 g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
【互动探究】
1.(2015 年北京)设函数 f(x)＝x22－kln x，k>0. (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一 个零点.
高考数学一轮复习专题一函数与导数第3课时课件
(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
①若 a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时 f′(x)
＝0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递减.
②若 a>2，令 f′(x)＝0，得
x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
a2－4 2.
当 x∈0，a－ 2a2－4∪a＋ 2a2－4，＋∞时，f′(x)<0；
答案：C
(4)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，当 x >0 时， lnx·f′(x)<－1xf(x)，则使得(x2－4)f(x)>0 成立的 x 的取值范围是 ()
A.(－2,0)∪(0,2) B.(－∞，－2)∪(2，＋∞) C.(－2,0)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0,2)
【规律方法】本题的关键在于 f(x)＝1－x x＋ln x，f′(x)＝ x－x21，故 f(x)在[1，＋∞)上为增函数.当 n>1 时，令 x＝n－n 1， 则 x>1.故 f(x)>f(1)＝0.
∴fn－n 1＝1－nn－n 1＋ln n－n 1＝－1n＋ln n－n 1>0，即 n－1
ln n－n 1>1n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示.
(1)解：①若 a<0 时，则
f′(x)＝ax－1<0，f(x)是区间(0，＋∞)上的减函数.
1
1
∵f(1)＝－1<0，f(e a )＝1－e a ，
而1a<0，则
0<e
1 a
<1，即
f(e
北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课函数与导数中的高考热点问题教学案理解析版
函数与导数中的高考热点问题[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性（求函数的单调区间）、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值与最值等是高考命题的重点与热点之一，主要有以下命题角度：（１）利用导数研究函数的单调性、极值、最值；（２）利用单调性、极值、最值求参数的取值范围．【例１】（２0１５·全国卷Ⅱ）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] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!—a.若a≤0，则f′（x）＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上递增．若a＞0，则当x∈错误!时，f′（x）＞0；当x∈错误!时，f′（x）＜0．所以f（x）在区间错误!上递增，在区间错误!上递减．（２）由（１）知，当a≤0时，f（x）在区间（0，＋∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x＝错误!处取得最大值，最大值为f错误!＝ln错误!＋a错误!＝—ln a＋a—１．因此f错误!＞２a—２，即ln a＋a—１＜0．令g（a）＝ln a＋a—１，则g（a）在区间（0，＋∞）上递增，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）．[规律方法] １研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利用导数研究函数的性质，应遵循定义域优先的原则.２讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f′x的符号问题上，而f′x＞0或f′x＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.３若已知f x的单调性，则转化为不等式f′x≥0或f′x≤0在单调区间上恒成立问题求解.２（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）＝错误!—４mx＝错误!，当m≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上递增；当m＞0时，令f′（x）＞0得0＜x＜错误!，令f′（x）＜0得x＞错误!，∴f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．（２）由（１）知，当m＞0时，f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．∴f（x）m ax＝f错误!＝ln 错误!—２m·错误!—n＝—ln ２—错误!ln m—错误!—n＝—ln ２，∴n ＝—错误!ln m—错误!，∴m＋n＝m—错误!ln m—错误!.令h（x）＝x—错误!ln x—错误!（x＞0），则h′（x）＝１—错误!＝错误!，∴h（x）在错误!上递减，在错误!上递增，∴h（x）min＝h错误!＝错误!ln ２，∴m＋n的最小值为错误!ln ２．利用导数研究函数的零点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：（１）确定函数的零点、图像交点的个数；（２）由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．【例２】（２0１7·全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝a e２x＋（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] （１）f（x）的定义域为（—∞，＋∞），f′（x）＝２a e２x＋（a—２）e x—１＝（a e x—１）（２e x＋１）．（ⅰ）若a≤0，则f′（x）<0，所以f（x）在（—∞，＋∞）递减．（ⅱ）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）递减，在（—ln a，＋∞）递增．（２）（ⅰ）若a≤0，由（１）知，f（x）至多有一个零点．（ⅱ）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—错误!＋ln a.１当a＝１时，由于f（—ln a）＝0，故f（x）只有一个零点；２当a∈（１，＋∞）时，由于１—错误!＋ln a＞0，即f（—ln a）>0，故f（x）没有零点；３当a∈（0,１）时，１—错误!＋ln a＜0，即f（—ln a）＜0．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＞ln错误!，则f（n0）＝e n0（a e n0＋a—２）—n0＞e n0—n0＞２n0—n0＞0．由于ln错误!＞—ln a，因此f（x）在（—ln a，＋∞）有一个零点．综上，a的取值范围为（0,１）．[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法１用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题.２将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决.mx（１）若f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（２）探求f（x）的零点个数．[解] （１）当x≥0时，设t＝mx≥0，则f（x）≥0⇔g（t）＝e t—１—错误!≥0，则g′（t）＝e t—错误!，１当m≥１时，g′（t）＝e t—错误!≥１—错误!＝错误!≥0，故g（t）在[0，＋∞）上递增，故g（t）≥g（0）＝0，所以f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立；２当0＜m＜１时，令g′（t）＜0，得0≤t＜—ln m，得g（t）在[0，—ln m]上递减，故g（—ln m）＜g（0）＝0，此时不满足f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立．综上，实数m的取值范围是[１，＋∞）．（２）设t＝mx，则f（x）＝0⇔g（t）＝e t—１—错误!＝0，g′（t）＝e t—错误!，令g′（t）＝0，得t＝—ln m，记t0＝—ln m，１当m＝１时，t0＝0，则当t＜0时，g′（t）＜0，当t＞0时，g′（t）＞0，所以g（t）在（—∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，且g（0）＝0，所以g（t）有唯一零点，即f（x）有唯一零点．２当m≠１时，令g′（t）＞0，得t＞t0，所以g（t）在（t0，＋∞）上递增，令g′（t）＜0，得t ＜t0，所以g（t）在（—∞，t0）上递减．且g（t0）＝错误!，设h（m）＝１＋ln m—m，则h′（m）＝错误!，令h′（m）＝0，得m＝１，当0＜m＜１时，h′（m）＞0；当m＞１时，h′（m）＜0，则h（m）在（0,１）上递增，在（１，＋∞）上递减，所以h（m）≤h（１）＝0，所以g（t0）＜0．当m＞１时，t0＜0，由g（0）＝0，知g（t）在（t0，＋∞）上有一个零点，由g（t0—m）＝e t0—m—错误!＞0，知g（t）在（—∞，t0）上有一个零点，所以f（x）有两个零点．当0＜m＜１时，t0＞0，由g（0）＝0，得g（t）在（—∞，t0）上有一个零点，设F（t）＝t２e—t （t＞0），则F′（t）＝t（２—t）e—t，令F′（t）＝0，得t＝２，当0＜t＜２时，F′（t）＞0；当t＞２时，F′（t）＜0，所以F（t）在（0,２）上递增，在（２，＋∞）上递减，得F（t）≤F（２）＝错误!＜１，所以e t＞t２，令t１＝t0＋１＋错误!，则t１＞t0，g（t１）＝e t１—１—错误!＞t错误!—１—错误!＝错误!２—１—错误!＞0，得g（t）在（t0，＋∞）上有一个零点，所以f（x）有两个零点．综上，当m＝１时，f（x）有一个零点；当m＞0且m≠１时，f（x）有两个零点．利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：（１）证明不等式；（２）由不等式恒成立求参数范围问题；（３）不等式恒成立、不成立问题．【例３】（本题满分１２分）（２0１8·全国卷Ⅰ）已知函数错误!.（１）错误!；（２）若错误!，３证明：错误!＜a—２．[信息提取] 看到１想到函数的定义域：真数大于零；看到２想到对函数求导，然后解不等式，同时注意函数的定义域；看到３想到x１，x２是f′（x）＝0的两个实数根．[规范解答] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝—错误!—１＋错误!＝—错误!·１分（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，＋∞）递减. ·２分（ⅱ）若a＞２，令f′（x）＝0得，x＝错误!或x＝错误!.﹒﹒﹒﹒３分当x∈错误!∪错误!时，f′（x）＜0；当x∈错误!时，f′（x）＞0．·５分所以f（x）在错误!，错误!递减，在错误!递增. ·6分（２）由（１）知，f（x）存在两个极值点时，当且仅当a＞２．由于f（x）的两个极值点x１，x２满足x２—ax＋１＝0，所以x１x２＝１，不妨设x１＜x２，则x２＞１．·8分由于错误!＝—错误!—１＋a错误!＝—２＋a错误!＝—２＋a错误!，·9分所以错误!＜a—２等价于错误!—x２＋２ln x２＜0．１0分设函数g（x）＝错误!—x＋２ln x，由（１）知，g（x）在（0，＋∞）递减，又g（１）＝0，从而当x∈（１，＋∞）时，g（x）＜0．·１１分所以错误!—x２＋２ln x２＜0，即错误!＜a—２．·１２分[易错与防范]易错点防范措施不会求解含参数的一元二次不等式按照不等式的属性、相应方程有无实根、相应根的大小是否确定、是否均落在定义域内逐一讨论求解.没有注意到x１，x２的限制条件仔细审读题设信息，同时要避免与“任意x１，x２使得错误!＜a—２”的区别.１f′（x）＝0有根与无根的讨论；２f′（x）＝0有根，对根大小的讨论．（２）对于含有双变量x１，x２的不等式证明问题，常借助某一桥梁建立x１，x２的等量关系，从而实现“双变量”向“单变量”的过渡．进而利用函数与导数的关系证明不等式．（２0１9·河北五校联考）已知f（x）＝错误!x２—a２ln x，a＞0．（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）f′（x）＝x—错误!＝错误!.当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增．当x＝a时，f（x）取最小值f（a）＝错误!a２—a２ln a.令错误!a２—a２ln a≥0，解得0＜a≤错误!.故a的取值范围是（0，错误!]．（２）由（１）知，f（x）在（0，a）上递减，在（a，＋∞）上递增，不失一般性，设0＜x１＜a ＜x２，则２a—x２＜a.要证x１＋x２＞２a，即x１＞２a—x２，则只需证f（x１）＜f（２a—x２）．因f（x１）＝f（x２），则只需证f（x２）＜f（２a—x２）．设g（x）＝f（x）—f（２a—x），a≤x＜２a.则g′（x）＝f′（x）＋f′（２a—x）＝x—错误!＋２a—x—错误!＝—错误!≤0，所以g（x）在[a,２a）上递减，从而g（x）≤g（a）＝0．又由题意得a＜x２＜２a，于是g（x２）＝f（x２）—f（２a—x２）＜0，即f（x２）＜f（２a—x２）．因此x１＋x２＞２a.[大题增分专训]１．（２0１9·银川模拟）已知函数f（x）＝ax—１—ln x（a∈R）．（１）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；（２）若函数f（x）在x＝１处取得极值，任意x∈（0，＋∞），f（x）≥bx—２恒成立，求实数b 的最大值．[解] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a—错误!＝错误!，当a≤0时，f′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．∴f（x）在（0，＋∞）上没有极值点．当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞错误!，f′（x）＜0得0＜x＜错误!.∴f（x）在错误!上递减，在错误!上递增，即f（x）在x＝错误!处有极小值．综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上没有极值点；当a＞0时，f（x）在（0，＋∞）上有一个极值点．（２）∵函数f（x）在x＝１处取得极值，∴f′（１）＝a—１＝0，则a＝１，从而f（x）＝x—１—ln x，由f（x）≥bx—２，即１＋错误!—错误!≥b，令g（x）＝１＋错误!—错误!，则g′（x）＝错误!，由g′（x）＞0得x＞e２，由g′（x）＜0得0＜x＜e２，则g（x）在（0，e２）上递减，在（e２，＋∞）上递增，∴g（x）min＝g（e２）＝１—错误!，∴实数b的最大值是１—错误!.２．（２0１8·郑州一模）已知函数f（x）＝ln x＋错误!—错误!，a∈R且a≠0．（１）讨论函数f（x）的单调性；（２）当x∈错误!时，试判断函数g（x）＝（ln x—１）e x＋x—m的零点个数．[解] （１）f′（x）＝错误!（x＞0），当a＜0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a＞0时，由f′（x）＝错误!＞0，得x＞错误!，由f′（x）＝错误!＜0，得0＜x＜错误!，∴函数f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．综上所述，当a＜0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a＞0时，函数f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．（２）∵当x∈错误!时，函数g（x）＝（ln x—１）e x＋x—m的零点，即当x∈错误!时，方程（ln x—１）e x＋x＝m的根．令h（x）＝（ln x—１）e x＋x，h′（x）＝错误!e x＋１．由（１）知当a＝１时，f（x）＝ln x＋错误!—１在错误!上递减，在（１，e）上递增，∴当x∈错误!时，f（x）≥f（１）＝0．∴错误!＋ln x—１≥0在x∈错误!上恒成立．∴h′（x）＝错误!e x＋１≥0＋１＞0，∴h（x）＝（ln x—１）e x＋x在x∈错误!上递增．∴h（x）min＝h错误!＝—２e错误!＋错误!，h（x）m ax＝e.∴当m＜—２e错误!＋错误!或m＞e时，函数g（x）在错误!上没有零点；当—２e错误!＋错误!≤m≤e时，函数g（x）在错误!上有一个零点．３．已知函数f（x）＝错误!（a∈R），曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线与直线x＋y＋１＝0垂直．（１）试比较２0１9２0２0与２0２0２0１9的大小，并说明理由；（２）若函数g（x）＝f（x）—k有两个不同的零点x１，x２，证明：x１x２＞e２.[解] （１）２0１9２0２0＞２0２0２0１9.理由如下：依题意得，f′（x）＝错误!，因为函数f（x）在x＝１处有意义，所以a≠—１．所以f′（１）＝错误!＝错误!，又由过点（１，f（１））的切线与直线x＋y＋１＝0垂直可得，f′（１）＝１，即错误!＝１，解得a ＝0．此时f（x）＝错误!，f′（x）＝错误!，令f′（x）＞0，即１—ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′（x）＜0，即１—ln x＜0，解得x＞e.所以f（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，＋∞）．所以f（２0１9）＞f（２0２0），即错误!＞错误!，则２0２0ln ２0１9＞２0１9 ln ２0２0，所以２0１9２0２0＞２0２0２0１9.（２）不妨设x１＞x２＞0，因为g（x１）＝g（x２）＝0，所以ln x１—kx１＝0，ln x２—kx２＝0．可得ln x１＋ln x２＝k（x１＋x２），ln x１—ln x２＝k（x１—x２），要证x１x２＞e２，即证ln x１＋ln x２＞２，也就是k（x１＋x２）＞２，因为k＝错误!，所以只需证错误!＞错误!，即ln 错误!＞错误!，令错误!＝t，则t＞１，即证ln t＞错误!.令h（t）＝ln t—错误!（t＞１）．由h′（t）＝错误!—错误!＝错误!＞0，得函数h（t）在（１，＋∞）上是增函数；所以h（t）＞h（１）＝0，即ln t＞错误!.所以x１x２＞e２.。