专题2 第3讲 导数的热点问题

解
所以在(1，x0)上，u(x)＜0，F(x)单调递减， 在(x0,2)上，u(x)＞0，F(x)单调递增， 又因为 F(1)＝0，F(2)＝ln 2－ek2， 所以当 F(2)＞0，即 e＜k＜e2ln 2 时， 原方程在(1,2)上有唯一实根， 当 F(2)≤0，即 k≥e2ln 2 时，原方程在(1,2)上无实根． 综上所述，当 0＜k≤e 或 k≥e2ln 2 时， 原方程在(0,2)上仅有一个实根； 当 e＜k＜e2ln 2 时，原方程在(0,2)上有两个实根．
解
令 m(a)＝12a4－2a＋1，m′(a)＝48a3－2 单调递增．
由 m′(a)＝48a3－2＝0，求得 a＝ 1 3
1 >4.
24
当 0<a<14时，m(a)单调递减，m(a)>m14＝634－12＋1>0， fa12＝g(a)＝－ln 2a2－1a＋4a3 在0，14上单调递增． 故 fa12＝g(a)<g14＝3ln 2－4＋116<0， 故 fa12<0，又 f(x2)>0，a12>x2，
ln a＝
x1－ln x1－x2
x2 .
要证 f′(x1·x2)<1－a，只需证 x1·x2>1，
即证 ln x1＋ln x2>0，
即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证
a>x1＋2 x2，即证ln
x1－ln x1－x2
x2>x1＋2 x2.
解
不妨设 0<x1<x2，
故 ln xx12<2xx11＋－xx22＝2xxxx1221＋－11，
2
PART TWO
热点考向探究
考向 1 利用导数讨论方程根的个数
例1
(2020·海南省海口市模拟)已知函数
kx－1 f(x)＝ ex ，其中
k≠0.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 k＞0，讨论关于 x 的方程|ln x|＝f(x)在区间(0,2)上实根的个数．
解 (1)由条件，得 f′(x)＝kex－kee2xxx－1＝k2e－x x， 令 f′(x)＝0，得 x＝2. 当 k＞0 时，由 f′(x)＞0，得 x＜2， 由 f′(x)＜0，得 x＞2. 所以 f(x)的单调递增区间是(－∞，2)，单调递减区间是(2，＋∞)． 当 k＜0 时，由 f′(x)＞0，得 x＞2， 由 f′(x)＜0，得 x＜2. 所以 f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．
所以 g(x)max＝g(1)＝1.
又 g1e＝0，当 x→＋∞时，g(x)→0，故当 x∈0，1e时，g(x)<0；
当 x∈1e，＋∞时，g(x)>0.可得 a∈(0,1)．
解
(2)证明：f′(x)＝1x－a，
由(1)知 x1，x2 是 ln x－ax＋1＝0 的两个根，
故 ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒
若 Δ＝1－16a2≤0，即 a≥14时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
若 Δ＝1－16a2>0，即 0<a<14时，
源自文库
h(x)＝－ax2＋x－4a 有两个零点，
1－ 1－16a2
1＋ 1－16a2
零点为 x1＝
2a
>0，x2＝
2a
>0，
解
又 h(x)＝－ax2＋x－4a 的图象开口向下，所以
当 0<x<x1 时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，
1＋ln x
1＋ln x
解 (1)由 f(x)＝0，可得 a＝ x ，转化为函数 g(x)＝ x 与直线 y
＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
－ln x g′(x)＝ x2 (x>0)，故当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
故 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
kx－1 设 F(x)＝ln x－ ex ， 则 F′(x)＝1x－2k－ex kx＝ex＋kxxe2－x 2kx.
解
设 u(x)＝ex＋kx2－2kx， 当 1＜x＜2 时，u′(x)＝ex＋2kx－2k＞0， 所以 u(x)在(1,2)上单调递增． ①当 u(1)＝e－k≥0，即 k≤e 时，在区间(1,2)上， 总有 u(x)＞u(1)≥0，从而 F′(x)＞0， 所以 F(x)在(1,2)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0， 即原方程在(1,2)上无实根． ②当 u(1)＝e－k＜0，即 k＞e 时，因为 u(2)＝e2＞0， 所以存在 x0∈(1,2)，满足 u(x0)＝0，
x－1 ，令
xex－ln
φ(x)＝
x
x－1 ，
x2ex＋ln x 则 φ′(x)＝ x2 ，
令 h(x)＝x2ex＋ln x，易知 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
解
又 h1e＝e12e －1<ee22－1＝0，h(1)＝e>0， 故 h(x)在1e，1上存在零点 x0，即 h(x0)＝x20ex0＋ln x0＝0， 即 x0e x0＝－lnx0x0＝ln x10·e ，由于 y＝xex 在(0，＋∞)上单调递增， 故 x0＝ln x10＝－ln x0， 即 ex0＝x10，且 φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(x0)＝1＋xx00－1＝1，∴m≤1.
第二编
本资料分享自 千人教师QQ群 323031380 期 待你的加入与 分享
讲专题
专题二 函数与导数 第3讲 导数的热点问题
「考情研析」 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题， 高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要 注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.
1
解 (1)f′(x)＝aex＋axex－1x， ∵函数 f(x)＝axex－ln x＋b 在 x＝1 处的切线方程为 y＝(2e－1)x－e，
∴ff′1＝1＝ae＋2abe－＝1e－＝12，e－1， ∴a＝1，b＝－1.
(2)由 f(x)≥mx 得，xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
即
m≤xex－lxn
令 φ(x)＝－exx，则 φ′(x)＝x－ex 1，
当 0<x<1 时，φ′(x)<0，当 x>1 时，φ′(x)>0，
则 φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当 x>0 时，φ(x)min＝φ(1)＝－1e，∴λ≤－1e；
解
②当函数 f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
1－16a2 1＋
2a
，
1－16a2上单调递增． 2a
解
(2)由(1)知，当 a≥14时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点． 当 0<a<14时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单 调递增，
f(2)＝ln 22－2a＋2a＝0，又 x1x2＝4，有 x1<2<x2， f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)<f(2)＝0，f(x2)>f(2)＝0. f(x)＝ln 2x－ax＋4xa，fa12＝－ln 2a2－1a＋4a3， 令 g(a)＝－ln 2a2－1a＋4a3，g′(a)＝－24aa2＋a12＋12a2＝12a4－a22a＋1.
(*)
令
t＝xx12∈(0,1)，h(t)＝ln
2t－1 t－ t＋1 ，
h′(t)＝1t －t＋412＝ttt－＋1122>0，
则 h(t)在(0,1)上单调递增，则 h(t)<h(1)＝0，
故(*)式成立，即要证不等式得证．
解
已知函数 f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)． (1)若函数 f(x)是单调函数，求 λ 的取值范围； (2)求证：当 0<x1<x2 时，都有 e1－x2－e1－x1>1－xx21.
PART ONE
核心知识回顾
1．利用导数解决与函数有关的方程根的问题 (1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的 一般思路 ①将问题转化为函数 01 ___零__点__的__个__数__问__题______，进而转化为函数图象 02 ___交__点__的__个__数__问__题______； ② 利 用 导 数 研 究 该 函 数 在 给 定 区 间 上 的 03 __单__调__性___ 、 04 ___极__值__(_最__值__)______、 05 ___端__点__值__等； ③画出函数的 06 __大__致__图__象____； ④结合图象求解．
(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 ①在该区间上构造与方程 07 ___对__应__的__函__数____； ②利用导数研究该函数在该区间上的 08 __单__调__性___； ③判断该函数在该区间端点处的 09 __函__数__值__异__号_____； ④作出结论． 2．利用导数证明不等式 不等式的证明可转化为利用导数研究函数的 01 __单__调__性___、 02 _极__值___ 和 03 _最__值___，再由 04 ___单__调__性__或__最__值_____来证明不等式，其中构造一个 05 ___可__导__函__数___是用导数证明不等式的关键.
λ＋xe－x ∴ x ≥0，即
λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－exx，
由①得 φ(x)＝－exx在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又 φ(0)
＝0，x→＋∞时，φ(x)→0，且 φ(x)<0，
∴λ≥0.综上，λ≤－1e或 λ≥0.
解
(2)证明：由(1)可知， 当 λ＝－1e时，f(x)＝－1eln x－e－x 在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2， ∴f(x1)>f(x2)，即－1eln x1－e－x1>－1eln x2－e－x2， ∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2. 要证 e1－x2－e1－x1>1－xx21， 只需证 ln x1－ln x2>1－xx21，即证 ln xx12>1－xx21，
解
(2)因为|ln 1|＝f(1)＝0， 所以 x＝1 是方程|ln x|＝f(x)的一个实根． 当 0＜x＜1 时，由(1)知 f(x)单调递增， 所以 f(x)＜f(1)＝0.而|ln x|＝－ln x＞0， 所以方程|ln x|＝f(x)在区间(0,1)上无实根． 当 1＜x＜2 时，|ln x|＝ln x.
解
由零点存在性定理知 f(x)在区间x2，a12上有一个根， 设为 x0，又 f(x0)＋fx40＝0，得 fx40＝0， 由 x2<x0<a12及 x1x2＝4 得 0<x40<x1，x40是 f(x)的另一个零点， 故当 0<a<14时，f(x)存在三个不同的零点x40，2，x0.
解
考向 2 利用导数证明不等式 例 2 (2020·山东省泰安市三模)已知函数 f(x)＝ln x－ax＋1 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：f′(x1·x2)<1－a.
当 x1<x<x2 时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当 x>x2 时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当 a≥14时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当 0<a<14时，f(x)在0，1－
1－16a2和1＋ 2a
12－a 16a2，＋∞上单调递
减，在1－
解
已知函数 f(x)＝ln 2x－ax＋bx(a>0，b>0)，对任意 x>0，都有 f(x)＋f4x＝ 0.
(1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)存在三个不同的零点时，求实数 a 的取值范围．
解 (1)由 f(x)＋f4x＝ln 2x－ax＋bx＋ln 2x－4xa＋x4b＝0，得 b＝4a， 则 f(x)＝ln 2x－ax＋4xa，f′(x)＝1x－a－4xa2 ＝－ax2＋x2x－4a(x>0)，
解
令 t＝xx12，t∈(0,1)，则只需证 ln t>1－1t ， 令 h(t)＝ln t＋1t －1，则当 0<t<1 时，h′(t)＝t－t21<0， ∴h(t)在(0,1)上单调递减，又 h(1)＝0， ∴h(t)>0，即 ln t>1－1t ，得证．
解
考向 3 利用导数研究不等式恒成立问题 角度 1 函数不等式恒成立问题 例 3 (2020·河南省开封市三模)已知函数 f(x)＝axex－ln x＋b 在 x＝1 处 的切线方程为 y＝(2e－1)x－e. (1)求 a，b 的值； (2)若 f(x)≥mx 恒成立，求实数 m 的取值范围．
解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，∴f′(x)＝xλ＋e－x＝λ＋xxe－x，
∵函数 f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0 或 f′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数 f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
λ＋xe－x ∴ x ≤0，即
λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－exx，