高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題一 第3講 導數(shù)的熱點問題 Word版含解析

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1、 第3講　導數(shù)的熱點問題 「考情研析」　利用導數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題，高考中常與函數(shù)的零點、方程的根及不等式相結(jié)合，難度較大．解題時要注意分類討論思想和轉(zhuǎn)化與化歸思想的應用. 核心知識回顧 1.利用導數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根問題 (1)利用導數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式方程根的個數(shù)問題的一般思路： ①將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點的個數(shù)問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點的個數(shù)問題； ②利用導數(shù)研究該函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點值等； ③畫出函數(shù)的大致圖象； ④結(jié)合圖象求解． (2)證明復雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟： ①在該區(qū)間上構(gòu)造與方程

2、相應的函數(shù)； ②利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性； ③判斷該函數(shù)在該區(qū)間端點處的函數(shù)值異號； ④作出結(jié)論． 2．利用導數(shù)證明不等式 不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，再由單調(diào)性或最值來證明不等式，其中構(gòu)造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關(guān)鍵. 熱點考向探究 考向1 利用導數(shù)討論方程根的個數(shù) 例1　(2019·河南五校聯(lián)考高三階段性測試)已知函數(shù)f(x)＝ax－，a∈R. (1)當a＝1時，求f(x)的圖象在點P(e，f(e))處的切線方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)－4，討論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝x

3、－， 所以f′(x)＝1－，所以f′(e)＝1. 又因為f(e)＝e－. 所以函數(shù)f(x)的圖象在點P(e，f(e))處的切線方程為y－＝x－e，即x－y－＝0. (2)由題意得g(x)＝xf(x)－4＝ax2－2ln x－4，定義域為(0，＋∞)，則g′(x)＝2ax－＝. ①當a≤0時，g′(x)<0對于任意的x>0恒成立，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 令x0＝e，則0a－2ln x0－4＝0. 又g(1)＝a－4<0， 所以g(x)在(e，1)上有唯一零點． ②當a>0時，令g′(x)>0，得x>. 所以g(x)

4、在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 故g(x)min＝g＝2ln －3＝ln a－3. a．若a>e3，g(x)min>0，函數(shù)g(x)無零點； b．若a＝e3，g(x)min＝0，函數(shù)g(x)有唯一零點； c．若0－2ln x1－4＝0. 令x2＝2＋>2＝>， 則g(x2)＝ax－2ln x2－4>ax－2x2－4>ax－4a－2x2－4＝(x2＋2)[a(x2－2)－2]＝0. 所以函數(shù)g(x)在，上各有一個零點，從而函數(shù)g(x)有兩個零點． 綜上可得，當a>e3時，函數(shù)g(

5、x)沒有零點；當a≤0或a＝e3時，函數(shù)g(x)有唯一零點；當00時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2)內(nèi)的零點個數(shù)． 解　(1)∵f(x)＝2aln x－x2，∴f′(x)＝， ∵x>0，當a≤

6、0時，f′(x)＝<0， 當a>0時，f′(x)＝＝， 當00；當x>時，f′(x)<0， ∴當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a>0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)由(1)，得f(x)max＝f()＝a(ln a－1)， 當a(ln a－1)<0，即00，即a>e時，由于f(1)＝－1<0

7、，f()＝a(ln a－1)>0， f(e2)＝2aln e2－e4＝4a－e4＝(2－e2)(2＋e2)， 若2－e2<0，即e，f(e2)≥0， 且f()＝2aln －e＝a－e>0，f(1)＝－1<0， 由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)在(1，)內(nèi)有唯一的零點，在(，e2)內(nèi)沒有零點，從而f(x)在(1，e2)內(nèi)只有一個零點． 綜上所述，當a∈(0，e)時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)無

8、零點； 當a∈{e}∪時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有一個零點； 當a∈時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有兩個零點． 考向2 利用導數(shù)證明不等式 例2　(2019·南開中學高三第三次教學質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝－ax＋aln x，其中a>0. (1)若函數(shù)f(x)僅在x＝1處取得極值，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋a有三個極值點x1，x2，x3，求證：x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3. 解　(1)由f(x)＝－ax＋aln x，得 f′(x)＝＋a＝， 由f(x)僅在x＝1處取得極值，則ex－ax≠0，即a≠. 令h(x)＝(x

9、∈(0，＋∞))，則h′(x)＝，當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)min＝h(1)＝e. ∴當00， 此時f′(x)＝＝0僅有一個零點x＝1， 則f(x)僅在x＝1處取得極值； 當a＝e時，ex－ex＝0與x－1＝0在同一處取得零點， 此時當x∈(0,1)時，(x－1)(ex－ex)<0， 當x∈(1，＋∞)時，(x－1)(ex－ex)>0， ∴f′(x)＝＝0僅有一個零點x＝1， 則f(x)僅在x＝1處取得極值，所以a＝e符合題意． 當a＞e時，顯然與已知不相符合

10、． ∴實數(shù)a的取值范圍為00，p(x)單調(diào)遞增，∴當x＝ln a時，p(x)取得極值， ∴p(ln a)＝a－a(ln a－1)<0，則a>e2時，ex－a(x－1)＝0有兩零點x

11、1，x2，且12x1x2x3，即證：x1＋x2>x1x2?(x1－1)(x2－1)<1， 由e x1＝a(x1－1)，e x2＝a(x2－1)，則e x1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)， 即證：e x1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)

12、， ∴G(x)＝ex－a(x－1)－e2ln a－x＋a(2ln a－x－1)＝ex－－2ax＋2aln a. ∴G′(x)＝ex＋－2a≥0恒成立，則G(x)為增函數(shù)， ∴當12x1x2x3得證． 利用導數(shù)方法證明不等式的基本思想是構(gòu)造函數(shù)，通過研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，通過一般函數(shù)值與特殊值的比較得出所證不等式． 已知函數(shù)f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)． (1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍； (2)求證：當01－.

13、解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∵f(x)＝λln x－e－x，∴f′(x)＝＋e－x＝， ∵函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①當函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時，f′(x)≤0， ∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－， 令φ(x)＝－，則φ′(x)＝， 當01時，φ′(x)>0， 則φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當x>0時，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－； ②當函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時，f′(x)≥0， ∴≥0，即λ＋xe－

14、x≥0，λ≥－xe－x＝－， 由①得φ(x)＝－在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，x→＋∞時，φ(x)<0，∴λ≥0. 綜上，λ≤－或λ≥0. 考向3 利用導數(shù)研究不等式恒成立問題 角度1　函數(shù)不等式恒成立問題 例3　(2019·內(nèi)蒙古高三高考一模)已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R)． (1)當b＝0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解　(1)當b＝0時，f′(x)＝2a－＝(x>0)， 當a≤0時，f′(x)<0

15、在(0，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a>0時，由f′(x)<0，得00，得x>. ∴當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間； 當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)?a∈[1,3]和?x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立等價于2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3，?x∈(0，＋∞)，?a∈[1,3]恒成立．即a＋－≥，?x∈(0，＋∞)，?a∈[1,3]恒成立． 令g(x)＝a＋－，a∈[1,3]，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝－－＝，令g′(x)＝0，得x

16、＝e2， 由此可得g(x)在區(qū)間(0，e2]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[e2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當x>0時，g(x)min＝g(e2)＝a－，即≤a－， 又a∈[1,3]，∴實數(shù)b的取值范圍是. 利用導數(shù)求解不等式恒成立問題中參數(shù)的方法 (1)分離參數(shù)法：若能夠?qū)?shù)分離，且分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求，則用分離參數(shù)法． 即①λ≥f(x)恒成立，則λ≥f(x)max. ②λ≤f(x)恒成立，則λ≤f(x)min. (2)最值轉(zhuǎn)化法：若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值不易求，則常用最值轉(zhuǎn)化法．可通過求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解．如f(x)≥0，則只需f(x

17、)min≥0. 設(shè)函數(shù)f(x)＝(ax＋1)e－x(a∈R)． (1)當a>0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)對任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≤x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當a>0時，f′(x)＝a·e－x－(ax＋1)·e－x＝a·e－x·， 由于e－x>0，a>0，所以令f′(x)≥0得，x≤. 所以當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)令h(x)＝(ax＋1)e－x－x－1，則f(x)≤x＋1恒成立等價于h(x)≤0恒成立． ①若a≤0，則當x≥0時，ax＋1≤1,0

18、立． ②若02， 則h′(0)＝e－0(a－1－a×0)－1＝a－2>0， h′(1)＝e－1(a－1－a)－1＝－e－1－1<0. 所以h′(x)在(0,1)上有零點． 當x∈(0,1)時，設(shè)g(x)＝h′(x)，則g′(x)＝e－x(ax＋1－2a)

19、上是減函數(shù)， 即h′(x)＝0在(0,1)上有唯一的零點x0，且在(0，x0)上，h′(x)>0， h(x)在(0，x0)上為增函數(shù)，即x∈(0，x0)時，h(x)>h(0)＝0， 所以f(x)>x＋1，不符合題意． 綜上可得，符合題意的a的取值范圍是(－∞，2]． 角度2　含量詞的不等式問題 例4　(2019·延安市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xln x的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線x－y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若?x1，x2∈(0，＋∞)，>m(x1＋x2)，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f(x)＝ax＋1－xln x的導數(shù)為

20、f′(x)＝a－1－ln x， 可得y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線斜率為a－1， 由切線與直線x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2， f(x)＝2x＋1－xln x，f′(x)＝1－ln x，當00，當x>e時，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 可得f(x)在x＝e處取得極大值為f(e)＝e＋1，無極小值． (2)設(shè)x1>x2>0，若>m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)>mx－mx，即f(x1)－mx>f(x2)－mx， 設(shè)g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 即

21、g′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立， 可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝，所以h′(x)＝， h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)在x＝e2處取得極小值為h(e2)＝－，所以m≤－. 含量詞不等式問題的解法 (1)f(x)>g(x)對一切x∈I恒成立?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)． (2)存在x∈I，使f(x)>g(x)成立?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)對任意x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)max. (4)存在x1，x2∈D，使f(x1

22、)≥g(x2)?f(x)max≥g(x)min. (5)任意x1∈D1，存在x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min(f(x)定義域為D1，g(x)定義域為D2)． (2019·毛坦廠中學高三校區(qū)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－kx－1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2(x10在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當k>0

23、時，若Δ＝k2－8≤0，即00，即k>2時， 令f′(x)＝0，解得x2＝>x1＝>0， 令f′(x)>0，解得0x2， 令f′(x)<0，解得x12時，f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)得，若f(x)存在兩個極值點x1，x2， 則k>2，且2x－kx1＋1＝0， 則f(x1)＝ln x1＋x－kx1－1

24、＝ln x1＋x－(2x＋1)－1＝ln x1－x－2. 下面先證明ln x0)： 設(shè)g(x)＝ln x－x，x>0，則g′(x)＝－1， 易得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(1)＝－1<0，∴g(x)<0(x>0)， 即ln x0)． ∴f(x1)＝ln x1－x－2

25、，x∈(0，＋∞)，求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若不等式f(x)＋(3x2＋x－3k)≤0有解，求k的取值范圍． 解　(1)g(x)＝＝－x－(x>0)， g′(x)＝，令h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，x>0，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，∴ex－x－1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴當x∈(0,1)，g′(x)<0，當x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，∴g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)f(x)＋(3x2＋x－3k)≤0，即3k≥2ex＋x2＋x－2有解，令h(x)＝2ex＋x2＋x－2，h′(x)＝2ex＋2x＋1在R上遞增

26、， ∵h′(0)>0，h′(－1)<0，故存在唯一的x0∈(－1,0)使得h′(x)＝2ex0＋2x0＋1＝0，∴h(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(x0)＝2ex0＋x＋x0－2＝x－x0－3，∵x0∈(－1,0)， ∴x－x0－3∈(－3，－1)，故3k>－3，∴k>－1. 2．(2019·浙江高考)已知實數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，x>0. (1)當a＝－時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)對任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范圍． 注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)． 解　(1)當a＝－時，f(x)＝－ln

27、x＋，x>0. f′(x)＝－＋＝， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)． (2)由f(1)≤，得0

28、 所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0. ②當x∈時， g(t)≥g＝. 令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈， 則q′(x)＝＋1>0， 故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)≤q. 由①，得q＝－p<－p(1)＝0. 所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0. 由①②知對任意x∈，t∈[2，＋∞)， g(t)≥0，即對任意x∈，均有f(x)≤　. 綜上所述，所求a的取值范圍是. 3．(2019·南陽市六校高二下學期第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：0<1＋xln x

29、解　(1)f′(x)＝－＝ ＝， 因為x>0，所以ex－1>0， 所以當01時，f′(x)>0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)證明：令h(x)＝1＋xln x，則h′(x)＝1＋ln x. 當x∈時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 所以h(x)≥h＝1＋ln ＝1－>0. 故1＋xln x>0. 由(1)知f(x)＝－ln x在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝e－1>0，即－ln x>0. 因為x>0，

30、所以上述不等式可化為1＋xln x0)． (1)若函數(shù)f(x)有零點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)證明：當a≥時，f(x)>e－x. 解　(1)解法一：函數(shù)f(x)＝ln x＋的定義域為(0，＋∞)． 由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝－＝. 因為a>0，則x∈(0，a)時，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． 當x＝a時，f(x)min＝ln a＋1. 當ln a＋1≤0，即0

31、時，又f(1)＝ln 1＋a＝a>0， 則函數(shù)f(x)有零點． 所以實數(shù)a的取值范圍為. 解法二：函數(shù)f(x)＝ln x＋的定義域為(0，＋∞)． 由f(x)＝ln x＋＝0，得a＝－xln x. 令g(x)＝－xln x，則g′(x)＝－(ln x＋1)． 當x∈時，g′(x)>0； 當x∈時，g′(x)<0. 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 故x＝時，函數(shù)g(x)取得最大值g＝－ln ＝. 因而函數(shù)f(x)＝ln x＋有零點，則0e－x， 即證明當x>0，a≥時，ln x＋>e

32、－x， 即xln x＋a>xe－x. 令h(x)＝xln x＋a，則h′(x)＝ln x＋1. 當0時，h′(x)>0. 所以函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 當x＝時，h(x)min＝－＋a. 于是，當a≥時，h(x)≥－＋a≥.?、? 令φ(x)＝xe－x，則φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)． 當00；當x>1時，φ′(x)<0. 所以函數(shù)φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 當x＝1時，φ(x)max＝. 于是，當x>0時，φ(x)≤.?、? 顯然，不等式①②中的等號不

33、能同時成立． 故當a≥時，f(x)>e－x. 『金版押題』 5．已知函數(shù)f(x)＝xln x＋ax在x＝x0處取得極小值－1. (1)求實數(shù)a的值； (2)設(shè)g(x)＝xf(x)＋b(b>0)，討論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a， ∵函數(shù)f(x)＝xln x＋ax在x＝x0處取得極小值－1， ∴得 當a＝－1時，f′(x)＝ln x，則x∈(0,1)時，f′(x)<0； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝1時，函數(shù)f(x)取得極

34、小值－1，符合題意， ∴a＝－1. (2)由(1)知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋b＝x2ln x－x2＋b(b>0)，定義域為(0，＋∞)， 則g′(x)＝2x， 令g′(x)<0，得00，得x>. ∴g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 當x＝時，函數(shù)g(x)取得最小值b－. 當b－>0，即b>時，函數(shù)g(x)沒有零點； 當b－＝0，即b＝時，函數(shù)g(x)有一個零點； 當b－<0，即00?g()g(e)<0，存在x1∈(，e)，使g(x1)＝0， ∴g(x)在(，e)上有一個零點x1. 設(shè)h(x)＝ln x

35、＋－1，則h′(x)＝－＝. 當x∈(0,1)時，h′(x)<0，則h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， ∴h(x)>h(1)＝0，即當x∈(0,1)時，ln x>1－， 當x∈(0,1)時，g(x)＝x2ln x－x2＋b>x2－x2＋b＝b－x， 取xm＝min{b,1}，則g(xm)>0； ∴g()g(xm)<0， ∴存在x2∈(xm，)，使得g(x2)＝0. ∴g(x)在(xm，)上有一個零點x2， ∴g(x)在(0，＋∞)上有兩個零點x1，x2， 綜上可得，當b>時，函數(shù)g(x)沒有零點；當b＝時，函數(shù)g(x)有一個零點；當0

36、知函數(shù)f(x)＝x－2sinx＋1，g(x)＝x2＋mcosx. (1)求曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程； (2)求f(x)在(0，π)上的單調(diào)區(qū)間； (3)當m>1時，證明：g(x)在(0，π)上存在最小值． 解　(1)因為f(x)＝x－2sinx＋1， 所以f′(x)＝1－2cosx， 則f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以切線方程為y＝－x＋1. (2)令f′(x)＝0，則cosx＝， 當x∈(0，π)時，得x＝， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表． x f′(x) － 0 ＋ f(x) 減 最小值 增 所以函數(shù)

37、f(x)在(0，π)上的單調(diào)遞減區(qū)間為， 單調(diào)遞增區(qū)間為. (3)證明：因為g(x)＝x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx. 令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，則h′(x)＝1－mcosx， 因為m>1，所以∈(0,1)， 令h′(x)＝1－mcosx＝0，則cosx＝，易知cosx＝在(0，π)內(nèi)有唯一解x0， 當x∈(0，x0)時，h′(x)<0，當x∈(x0，π)時，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，π)上單調(diào)遞增． 所以h(x0)0， 所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)內(nèi)有唯一零

38、點x1， 當x∈(0，x1)時，h(x)<0，即g′(x)<0， 當x∈(x1，π)時，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，π)上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)g(x)在x＝x1處取得最小值， 即當m>1時，函數(shù)g(x)在(0，π)上存在最小值． 配套作業(yè) 1.(2019·白銀市靖遠縣高三第四次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和零點； (2)若f(x)≥ax－e恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，令f′(x)＝0，解得x＝0. 所以函數(shù)f(x)在(－∞，0

39、)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)， 令f(x)＝0，解得x＝1，所以函數(shù)f(x)的零點是x＝1. (2)畫出f(x)的大致圖象，如圖所示， 設(shè)g(x)＝ax－e，則g(x)的圖象恒過點(0，－e)， 設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex的圖象在點P(x0，y0)處的切線過點(0，－e)， 所以f′(x0)＝x0e x0，f(x0)＝(x0－1)ex0， f(x)的圖象在P(x0，y0)處的切線方程為 y－(x0－1)·e x0＝x0e x0 (x－x0)， 將(0，－e)代入切線方程，得－e－(x0－1

40、)e x0＝－xe x0， 整理得(x－x0＋1)e x0＝e， 設(shè)h(x)＝(x2－x＋1)ex－e?h′(x)＝(x2＋x)ex， 令h′(x)＝0，得x＝0或x＝－1， 所以h(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減． 又h(－1)＝－e<0，h(0)＝1－e<0，h(1)＝0， 所以x0＝1是方程(x－x0＋1)ex0＝e的唯一解， 所以過點(0，－e)且與f(x)的圖象相切的直線方程為y＝ex－e. 令m(x)＝(x－1)ex－ex＋e，則m′(x)＝xex－e， 當x>1時，m′(x)>0；當0

41、x)≥m(1)． 又m(1)＝0，即m(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即函數(shù)f(x)的圖象恒在其切線y＝ex－e的上方， 數(shù)形結(jié)合可知，a的取值范圍為[0，e]． 2．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的單調(diào)性； (2)已知a?(0，e)，若對任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－a＝， ①當a≤0時，1－ax>0，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增； ②當0

42、]上單調(diào)遞增； ③當g(x)max恒成立．已知a?(0，e)，則 ①當a≤0時，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，而f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增

43、，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1， 所以－a>a＋1，得a<－； ②當a≥e時，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，而f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，與a≥e矛盾． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是. 3．已知函數(shù)f(x)＝aln x－x＋2，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求實數(shù)a的值． 解　(1)因為f(x)＝

44、aln x－x＋2，所以f′(x)＝－1＝，x>0， 當a≤0時，對任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間； 當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝a， 因為x∈(0，a)時，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)<0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，＋∞)． (2)①當a≤1時，由(1)知，f(x)在[1，e]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(1)＝1. 因為對任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以對任意的x1∈[1，e]，不存在x2

45、∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4. ②當1

46、任意的x1∈[1，e]，總存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4， 則當x1＝1時，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，則f(1)＋f(e)≥4， 同理當x1＝e時，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，則f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4. (對任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解． g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0， 所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(

47、x2)－f(x1)＝0， 即f(x1)＋f(x2)＝4.) 所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1. 綜上可知，實數(shù)a的值為e＋1. 4．(2019·漢中市高三教學質(zhì)量第二次檢測)已知函數(shù)f(x)＝3x2＋mln x＋4，且f(x)在x＝1處的切線方程為y＝nx. (1)求f(x)的解析式，并討論其單調(diào)性． (2)若函數(shù)g(x)＝ex－1＋3x2＋4－f(x)，證明：g(x)≥1. 解　(1)由題意得切點為(1，n)，代入f(x)得，n＝7，?、? f′(x)＝6x＋，即f′(1)＝6＋m＝n，　② 解得∴f(x)＝3x2＋ln x＋4，x∈(0，＋∞)， ∴

48、f′(x)＝6x＋>0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：由題意，g(x)＝ex－1－ln x，g′(x)＝ex－1－. 構(gòu)造函數(shù)h(x)＝g′(x)＝ex－1－，x>0， h′(x)＝ex－1＋>0，即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又h(1)＝0，即當01時，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)≥g(1)＝1. 5．(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋aln x(a>0)． (1)若函數(shù)y＝f(x)圖象上各點處切線斜率的最大值為2，求

49、函數(shù)f(x)的極值點； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范圍． 解　f′(x)＝－＋(x>0)． (1)∵a>0，∴當＝時，f′(x)取最大值. ∴＝2，∵a>0，∴a＝4， ∴此時f′(x)＝－＋＝. 在上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)的極小值點為x＝，無極大值點． (2)∵f′(x)＝(x>0且a>0)， ∴在上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 在上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， ∴f(x)≥f＝a＋aln ， ∵關(guān)于x的不等式f(x)<2有解，∴a＋aln <2. ∵a>0，∴

50、ln ＋1－<0， 令g(x)＝ln x＋1－x，∴g′(x)＝－1＝， 在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， ∴g(x)≤g(1)＝0，∵ln ＋1－<0. 可知>0且≠1.∴a的取值范圍是a>0且a≠2. 6．(2019·太原市第五中學高三下學期階段性檢測)已知函數(shù)f(x)＝x2(ln x＋ln a)(a>0)． (1)當a＝1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝，求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)設(shè)f′(x)是f(x)的導函數(shù)，若≤1對任意的x>0恒成立，求a的取值范圍； (3)若x1，x2∈，x1＋x2<1，求

51、證：x1x2<(x1＋x2)4. 解　(1)當a＝1時，g(x)＝＝xln x， ∴g′(x)＝1＋ln x．令g′(x)＝0得x＝. 當x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， 當x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， ∴當x＝時，g(x)取得極小值－. (2)f′(x)＝2x(ln x＋ln a)＋x， ＝≤1，即2ln x＋2ln a＋1≤x， 所以2ln a≤x－2ln x－1在x>0上恒成立， 設(shè)u(x)＝x－2ln x－1，則u′(x)＝1－＝. 令u′(x)＝0，得x＝2. 當02時，u′(x)>0，

52、u(x)單調(diào)遞增， ∴當x＝2時，u(x)有最小值u(2)＝1－2ln 2. ∴2ln a≤1－2ln 2，解得0g(x1)＝x1ln x1， 即ln x1< ln (x1＋x2)． 同理ln x2< ln (x1＋x2)． ∴l(xiāng)n x1＋ln x2

53、x1＋x2)<0， ∴l(xiāng)n (x1＋x2)≤4ln (x1＋x2)， ∴l(xiāng)n x1＋ln x2＜4ln (x1＋x2)．∴x1x2<(x1＋x2)4. 7．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當常數(shù)m∈(2，＋∞)時，函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點x1，x2(x1ln . 解　(1)當m＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2， ∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)． 由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln

54、 2. 當x>ln 2或x<0時，f′(x)>0， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 當02，x≥0，由f′(x)＝x(ex－2m)＝0， 解得x＝0或x＝ln (2m)． 當x>ln (2m)時，f′(x)>0，f(x)在(ln (2m)，＋∞)上單調(diào)遞增； 當0≤x

55、x2)， ∴f[ln (2m)]<0. 由f(0)＝1>0，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)． f[ln (2m)]<0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，f(x)在(ln (2m)，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴x2∈(ln (2m)，＋∞)．∴x2>ln (2m)>ln 4. ∵0ln 4－1＝ln . 8．已知函數(shù)f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)． (1)求f(x)的最大值； (2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1＋x2<－2ln a. 解　(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x

56、，在上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f＝ln －1＋b. 9．(2019·廣元市高三第二次高考適應性統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝. (1)當m∈(－2,2)時，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若m∈，則當x∈[1，m＋1]時，記f(x)的最小值為M，g(x)＝x的最大值為N，判斷M與N的大小關(guān)系，并寫出判斷過程． 解　(1)由m∈(－2,2)易知，函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝. ①當m＋1＝1，即m＝0時，f′(x)≥0，此時f(x)在R上單調(diào)遞增； ②當10，f(x)單調(diào)遞增， x∈(1，m＋1)

57、時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， x∈(m＋1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； ③當－10，f(x)單調(diào)遞增， x∈(m＋1,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述，當m＝0時，f(x)在R上單調(diào)遞增； 當0N. 當m∈時，由(1)知f(x)在(1，m＋1)上單調(diào)

58、遞減， g(x)＝x，當x∈[1，m＋1]時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)的最小值為M＝f(m＋1)＝，g(x)的最大值為N＝m＋1， 所以下面判斷M＝f(m＋1)與N＝m＋1的大小， 即判斷ex與(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈， 令m(x)＝ex－(1＋x)x，則m′(x)＝ex－2x－1， 令h(x)＝m′(x)，則h′(x)＝ex－2， 因x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)單調(diào)遞增； 而m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0， 故存在x0∈使得m′(x0)＝e x0－2x0－1＝0， 所以m(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞

59、增， 所以m(x)≥m(x0)＝e x0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，所以x0∈時，m(x0)＝－x＋x0＋1>0， 即ex>(1＋x)x，即M＝f(m＋1)>N＝m＋1. 函數(shù)與導數(shù)類解答題 (12分)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝. (1)當a＝－2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)若a<0，且對任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4|g(x1)－g(x2)|，求實數(shù)a的取值范圍． 解題思路　(1)由導數(shù)的幾何意義可得切線的斜率，進而得到切線的方程；(2)利用導數(shù)判斷函數(shù)f(x)的單

60、調(diào)性，結(jié)合f(x2)－f(x1)<4[g(x1)－g(x2)]即可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，進而求得a的取值范圍． 解　(1)當a＝－2時，f(x)＝x－1＋2ln x，(1分) f′(x)＝1＋，f(1)＝0，切線的斜率k＝f′(1)＝3，(2分) 故曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為3x－y－3＝0.(4分) (2)對x∈(0,1]，當a<0時，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，易知g(x)＝在(0,1]上單調(diào)遞減，(6分) 不妨設(shè)x1，x2∈(0,1]，且x1g(x2)， ∴f(x2)－f(x1)<4[

61、g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋>f(x2)＋. 令h(x)＝f(x)＋，則當x1h(x2)， ∴h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，(8分) ∴h′(x)＝1－－＝≤0在(0,1]上恒成立， ∴x2－ax－4≤0在(0,1]上恒成立，等價于a≥x－在(0,1]上恒成立， ∴只需a≥max.(10分) ∵y＝x－在(0,1]上單調(diào)遞增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0， 故實數(shù)a的取值范圍為[－3,0)．(12分) 1．求導數(shù)：準確求出f′(x)給1分． 2．求斜率：利用切點橫坐標求出切線斜率給1分． 3．寫方程：利用點斜式寫出切線方程并化簡

62、給2分． 4．判斷單調(diào)性：準確判斷f(x)與g(x)在(0,1]上的單調(diào)性給2分． 5．構(gòu)造函數(shù)：將原不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)的單調(diào)性問題給2分． 6．轉(zhuǎn)化最值：將函數(shù)h(x)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為恒成立問題及最值問題給2分． 7．求最值：利用單調(diào)性求最值、求參數(shù)取值范圍給2分． 1．牢記求導法則，正確求導是解題關(guān)鍵，對函數(shù)的正確求導就能得到相應分數(shù)． 2．構(gòu)建函數(shù)模型，構(gòu)造函數(shù)是解決不等式問題的核心思想，如本題中由f(x1)＋>f(x2)＋構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性及最值問題． 3．步驟齊全很關(guān)鍵，查看是否注意定義域，區(qū)間的變化，分類討論的條件

63、，極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子，解答時一定要寫清楚． [跟蹤訓練] (2019·濟寧市高三第一次模擬)(12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－2ax，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若不等式f(x)1時恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－2a＝(x>0)，(1分) ①若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2分) ②若a>0，當00； 當x>時，f′(x)<0， 所以是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．(3分) 綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增

64、區(qū)間為(0，＋∞)； 當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(4分) (2)由題意可知，不等式可轉(zhuǎn)化為ln x＋ax2－(2a＋1)x<0在x>1時恒成立， 令g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(x>1)，(5分) g′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝ ＝.(6分) ①若a≤0，則g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(x)1，當1時，g′(x)>0， g(x)在上單調(diào)遞減，g(x)在上單調(diào)遞增， 所以g(x)∈，不符合題意；(10分) ③若a≥，當x>1時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(x)∈(g(1)，＋∞)，不符合題意． 綜上所述，－1≤a≤0.(12分)