2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)層級(jí)二專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第4講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題教學(xué)案文

1、第4講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題考情考向高考導(dǎo)航導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn).解答題的熱點(diǎn)題型有：(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程的根.(2)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.1 . (2018 全國出卷)已知函數(shù)真題體驗(yàn)ax2+ x 1f( x)=exe-22 -(1)求曲線y= f(x)在點(diǎn)(0, 1)處的切線方程;(2)證明：當(dāng) a>l 時(shí)，f(x) +e>0.解析：(1)由題意:,ax2+x J,f (x) =-x倚 f ( x)=e2ax+1 ex a

2、x2+x 1 exx 2eax232ax x3 22，a;f' (0) =1=2;即曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, 1)處的切線斜率為2,y-(-1) = 2(x-0),即 2x-y- 1 = 0.(2)當(dāng) a>l 時(shí)，f(x)+e>x2+ x- 1 + ex+1令 g(x) =x2+x 1 + ex1,則 g' ( x) =2x+ 1 + ex+1,當(dāng)xv1時(shí)，g' (x)<0, g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí)，g' (x)>0, g(x)單調(diào)遞增.所以 g(x) >g( - 1) =0.因此當(dāng) a>1, f(x) +e&g

3、t;0.2. (2019 全國n 卷)已知函數(shù) f(x) = (x1)ln x-x-1.證明：(1) f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2) f(x) =0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).證明：(1)f(x)的定義域?yàn)?0, +8)f' (x)=x-+ ln x- 1 = ln x-, xx因?yàn)閥=ln x單調(diào)遞增，y=1單調(diào)遞減，所以f' (x)單調(diào)遞增，又f ' (1) = 1v 0, f' (2) x11n 41 ，一,=1n 2 -2 = -2>0故存在唯一 xc (1,2),使得 f ' ( x。)= 0.又當(dāng)xvx0時(shí)，f' (

4、 x) V 0, f (x)單調(diào)遞減；當(dāng) x> x0時(shí)，f' (x) >0, f (x)單調(diào)遞增，因此，f (x)存在唯一的極值點(diǎn).(2)由(1)知 f (x°) vf (1) = 2,又 f(e2) = e2- 3>0,所以 f (x) = 0 在(x°,+8)內(nèi)存在唯一根x= a.由 a >x0> 1 得 1 < x0. a又 f - = 11 In l-1 = -= 0 故工是 f(x)=0 在(0 , x°)的唯一根.a a a a aa綜上，f(x) = 0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).主干整合1.常見

5、構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f (x) >g(x)( f (x) vg(x)的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)g(x)>0(f (x) g(x) v0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x) =f (x) -g(x).(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形后構(gòu)造.對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).(3)適當(dāng)放縮后再構(gòu)造：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù).(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，難以判斷符號(hào)，導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)也不易求得，因此單調(diào)性和極值點(diǎn)都不易獲得，從而構(gòu)造“刈和*

6、),利用其最值求解.2 .不等式的恒成立與能成立問題(1) f(x) >g(x)對(duì)一切 xea, b恒成立？ a, b是 f (x) >g(x)的解集的子集？ f(x) g( x) min > 0( x e a)b).(2) f(x) >g(x)對(duì)xCa, b能成立？ a, b與f (x) >g(x)的解集的交集不是空集 ? f (x)g(x) max>0(x C a, b).(3) X? Xi, X2Ca, b使得 f (Xi) W g(X2)? f(x)max< g(x)min.(4)?xiCa, b , ?X2Ca, b使得 f(xi) Rg(X

7、2)? f (x)minRg(x)min.3 .零點(diǎn)存在性定理在函數(shù)的零點(diǎn)問題中的應(yīng)用第一步：求導(dǎo)函數(shù)根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，并寫出定義域.第二步：討論單調(diào)性由f ' (x) >0(或f ' (x) W0)討論函數(shù)的單調(diào)性.第三步：定區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值符號(hào)確定單調(diào)區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值及符號(hào).第四步：判定零點(diǎn)根據(jù)零點(diǎn)存在性定理判斷零點(diǎn)存在與否及其個(gè)數(shù).4 .分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)的零點(diǎn)問題第一步：分離參變量由已知的含參方程將參數(shù)與已知變量分離.第二步：研究函數(shù)將已知范圍的變量的代數(shù)式作為函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其圖象.第三步：利用圖象找交點(diǎn)利用圖象找到產(chǎn)生不同交點(diǎn)個(gè)

8、數(shù)的參數(shù)的取值范圍.第四步：運(yùn)動(dòng)定范圍通過改變未知變量的范圍找出臨界條件.熱點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題利用導(dǎo)數(shù)證明不等式例1 1 (2019 梅州三模節(jié)選)已知函數(shù)f(x) = ln( x-1).一一x+12(1)證明：f(x+1)w -2x；(2)證明：e2X-2(x-1)eX>2x+3.審題指導(dǎo)第(1)小題利用移項(xiàng)作差構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù)，通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性，求 解最值即可；第(2)小題利用換元的思想和第(1)小題的結(jié)論證明不等式.32-x-x2xx+1 2解析(1)令 h(x)=f(x+1)鋁+系(x>0), 2 X I I x*1211則 h(x) = In x - -2-

9、 + x；，h (X) = - - 2 -1 xX2+X+22x x+1 2'所以當(dāng) xC (0,1)時(shí)，h' (x) >0,當(dāng) xC (1 , +8)時(shí)，尸(x) <0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1 , +8)上單調(diào)遞減，所以h(x)wh(1)=0,所以 f(x+1)w -.2 x I 1,1,t +12(2)由(1)易知 ln t <-n, t >0.要證 e 2( x 1)e >2x+3,即(e +1) >2 x(e +1) + 4,x4e +12只需證 e +1 R2 x+ e* + 1, 即證 2 封 x+ ex-j.

10、“ex+122ex+1令 t=ex,則 x<-2ex工1,即 x+e/w2,得證.用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法(1)利用單調(diào)性：若f(x)在a,b上是增函數(shù)，則? xC a,b,有f(a)wf (x)wf(b),？ x1, x26a, b,且x1x2,有f (x。vf (x2).對(duì)于減函數(shù)有類似結(jié)論.(2)利用最值：若f(x)在某個(gè)范圍D內(nèi)有最大值 M或最小值m ,則？ xC D,有f (x) w M或 f(x) >m).(3)證明 f(x)vg(x),可構(gòu)造函數(shù) F(x) =f (x) g(x),證明 F(x) < 0.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、存在性問題例 12(2019 西安

11、三模)已知 f(x) = 2ln( x+2) (x+1)2, g(x) = k(x+1).(1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間.(2)當(dāng)k=2時(shí)，求證：對(duì)于？ x>1, f(x) vg(x)恒成立.(3)若存在x°>1,使得當(dāng)xC( 1, x。)時(shí)，恒有f (x) >g(x)成立，試求k的取值范圍.審題指導(dǎo)(1)求f(x)的導(dǎo)數(shù)f' (x),再求單調(diào)區(qū)間.(2)構(gòu)造函數(shù)證明不等式.(3)構(gòu)造函數(shù)、研究其單調(diào)性，從而確定參數(shù)范圍.2解析(1)f' (x)=R-2(x+1) x 2-2x2+ 3x+ 1x+2(x>-2).當(dāng) f ' (x) >

12、;0 時(shí),x2+3x+ 1v0,解得一2vxv- 3 + f52當(dāng)f ' (x) V0時(shí)，解得x>-3+ l52所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為2,3+鄧單調(diào)減區(qū)間為 -32乖,+oo(2)證明：設(shè) h(x) = f (x) g(x)= 2ln( x+2)-(x+1)2-k(x+1)( x>- 1).-2(x)=x?+ 3x+ 1x+ 2當(dāng)k=2時(shí)，由題意，當(dāng) xC(1, +8)時(shí)，h( x) < 0恒成立.2 x + 3x+ 12 =x+2'當(dāng)x>1時(shí)，h' (x)<0恒成立，h(x)單調(diào)遞減.又 h(1)=0,當(dāng) xC( 1,+8)時(shí)，h(x

13、)vh(1)=0 恒成立，即 f (x) - g(x) < 0 對(duì)于 ? x>- 1, f (x) vg(x)恒成立.,2 x + 3x + 1(3)因?yàn)?h (x)=- kx r 2-22x + k + 6 x+ 2k+ 2“ x+2由(2)知，當(dāng) k=2 時(shí)，f(x) vg(x)恒成立，即對(duì)于 x>- 1, 2ln( x+2) -(x+1)2<2(x+ 1),不存在滿足條件的 xc；當(dāng)k>2時(shí)，對(duì)于x>- 1, x+1>0,此時(shí)2(x+1) v k(x+1).2ln( x+2) -(x+1)2<2(x+1)<k(x+1),即 f (x)

14、 v g( x)恒成立,不存在滿足條件的x。;當(dāng) k<2 時(shí),令 t(x)=-2x2-(k+ 6)x-(2k+2),可知 t(x)與 h' (x)符號(hào)相同,當(dāng) xC(x0, +8)時(shí),t(x)v0, h' (x)<0, h(x)單調(diào)遞減.當(dāng) x C ( 1, x°)時(shí)，h(x) >h( -1) = 0,即 f (x) -g(x) >0 恒成立.綜上，k的取值范圍為(8, 2).1 .利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最 值問題，利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值，根據(jù)

15、要求得所求范圍.一般地，f(x)>a恒成立，只需f(x)minRa即可；f(x)wa恒成立，只需f(x)max< a即可.(2)轉(zhuǎn)化為含參數(shù)函數(shù)的最值問題：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利 用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)，伴有對(duì)參數(shù)的分類討論，然后構(gòu)建不等式求解.2 .存在型不等式恒成立問題的求解策略“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系，即f(x)>g(a)對(duì)于xC D恒成立,應(yīng)求f(x)的最小值；若存在 x C D,使得f(x)>g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值.在具體問題 中究竟是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，

16、這樣，就可 以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小值，然后構(gòu)建目標(biāo)不等式求參數(shù)范圍.12(2020 江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=in x2ax+x, ae R(1)當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=f(x)在(1 , f(i)處的切線方程；(2)若 a= 2,正實(shí)數(shù) xi, x2滿足 f (xi) + f (x2)+xix2= 0,證明：xi + x2方審2. _,，一,1解析：(1)當(dāng) a=0 時(shí)，f(x)=ln x+x,則 f(1) =1,，切點(diǎn)為(1,1)，又 f(x)= + 1,x，切線斜率k=f' (1) = 2.故切線方程為 y-1=2(x- 1) , IP 2x-y- 1

17、= 0.(2)證明：當(dāng) a=2 時(shí)，f(x)=ln x+x2+x, x>0.f (x1) +f (x2) + x1x2=0, 22即 In x + x1 + x1 + ln x2+x2 + x2+xx2= 0,從而(x1 + x2)2 + (x1 + x2) = x1x2 ln( xx2).令 t = x1x2, 6 (t) = t In t,-1 t 1得 j，(t) =1- = .易知(J)(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1, +8)上單調(diào)遞增, 所以(!)(t) > ()(1) =1,所以(x1 + x2) 2+(x1+x2) >1.5 1又 x1>0,

18、 x2>0,所以 x1 + x2>Ji2.熱點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題直觀想象擊主 系仆直觀想象一一數(shù)形結(jié)合求解零點(diǎn)問題在運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問題時(shí)，要注意三點(diǎn)：ITT 徹底明白一些概念和運(yùn)算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征，對(duì) 數(shù)學(xué)題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意 義；第二是恰當(dāng)設(shè)參、合理用參，建立關(guān)系，由數(shù)思形，以形 想數(shù)，做好數(shù)形轉(zhuǎn)化；第三是正確確定參數(shù)的取值范圍.在解 答導(dǎo)數(shù)問題中，主要存在兩類問題，一是“有圖考圖”，二是 “無圖考圖”.例 2(2019 日照三模)設(shè)函數(shù) f (x) =x2a(ln x+1)(a>0).(1)證明：當(dāng) aw 2時(shí)

19、，f (x) >0. e(2)判斷函數(shù)f(x)有幾個(gè)不同的零點(diǎn)，并說明理由.審題指導(dǎo)(1)要證明f(x)>0,只需證明f(x)min>0,根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出f(x)min,2明其在°< awe時(shí)恒大于等于0即可.(2)要判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，結(jié)合222帝分a=e，0Va. a.二種怕況進(jìn)仃分類討論.解析(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,所以當(dāng)xC當(dāng)xC2_八一a 2x -a令 f (x)=2x-= 0,(x)<0,+ ooa時(shí)，f'(x)>0,f '所以f(x)的最小值為fa-a 1na2+1t 2 , a當(dāng) 0<awe 時(shí)，

20、1n2+1N1 e+1=0，a a a所以 f、/2 =-2 m2+1 >0，所以f(x) >0成立.(2)當(dāng)a = 2時(shí)，由 得，f(x) = x2e(1n x+1)的最小值為f 9 =0, 即 f (x) =x2gon x+1)有唯一的零點(diǎn) x=j=;當(dāng) 0vav2時(shí)，由(1)得，f(x) = x2a(ln x+1)的最小值為 f -x /a =- -a 1n-a+ 1 , e.'222一 a a a且 f、/2 = -2 In 2+1 >0，即 f(x)=x a(1n x+1)不存在手點(diǎn);當(dāng)a>e時(shí),f(x)的最小值f、a a In a+1221<

21、0,又一v e1.1f L1>。，所以函數(shù)f (x)在0, J-a上有唯一的零點(diǎn)，又當(dāng) a：時(shí)，a>1，f(a) = a2a(lna+ 1) =a( a- In a- 1),令 g( a) = a In a- 11 g' (a) = 1-aa- 12g' (a) = 0,得a=1,可知g(a)在一，1上遞減，在(1 , 十°°)上遞增e所以g( a) >g(1) =0,所以f (a) >0,所以函數(shù)f (x)在 a +oo上有唯一的零點(diǎn),2 ,，一，一所以，當(dāng)a>-時(shí)，f(x)有2個(gè)不同的零點(diǎn)， e綜上所述，當(dāng)a=2時(shí)，有唯一的

22、零點(diǎn)；當(dāng)0vav2時(shí)，不存在零點(diǎn)；當(dāng) a>2時(shí)，eee有2個(gè)不同的零點(diǎn).1 .對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解，這類問題 求解的通法是：(1)構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類問題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；(3)畫出函數(shù)草圖；(4)數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況，進(jìn)而求解.2 .研究方程的根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì) 等，并借助函數(shù)的大致圖象判斷方程的根的情況，這是導(dǎo)數(shù)這一工具在研究方程中的重要應(yīng) 用.21 2(2020 佛山模擬)已知函數(shù)f(x) = (x -ax)ln

23、x+2x(其中aCR),(1)若a>0,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.(2)若a<0,求證：函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn).解析：(1) f(x)的定義域?yàn)?0, 十°°)(x)=(2x a)ln x+(x2 ax)' + x = (2xa)lnxx+ 2x-a= (2 x-a)(1 + In x),令f' (x)=0,即(2xa)(1 + In x) = 0? x1 = a，x2=-,2 e當(dāng) x1=x2, 即a=1, a=2時(shí)，f' (x)>0, f(x)是(0, +°°)上的增函數(shù)；2 e e當(dāng)x1 < x2,

24、即0va<2時(shí)，2 eea當(dāng) xC 0, 2 時(shí)，f' (x)>0, f(x)單調(diào)遞增，當(dāng) xC a,1時(shí)，f' (x)V0, f(x)單調(diào)遞減； 2 e當(dāng)xC +8時(shí) (x) >0, f(x)單調(diào)遞增； e當(dāng) x2x1,即a, a>2時(shí)，當(dāng) xC 0, 1 時(shí)，f' (x)>0, f(x)單調(diào)遞增；e 2 ee當(dāng)x 1, a時(shí)，f' (x)v0, f(x)單調(diào)遞減； e n. a.當(dāng) xC 2，+oo 時(shí)，(x)>0, f(x)單倜遞增；綜上所述，當(dāng)0vav2時(shí)，f(x)在0, a , 1, +8 單調(diào)遞增，在 -單調(diào)遞減；

25、 e2 e2e2當(dāng)2=-時(shí)，f(x)在(0, +8)單調(diào)遞增； e當(dāng)a>；時(shí)，f(x)在0,2，a, +°°單調(diào)遞增，在 3 a單調(diào)遞減. ee 2e 2(2)若 av 0,令 f' (x) = 0,即(2x- a)(1 + In x) =0,得 x=二 當(dāng) x C 0,工時(shí)，f' (x) eeV0, f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)xe 1, +00時(shí)，f ' (x) >0, f (x)單調(diào)遞增， e故當(dāng) x=1時(shí)，f(x)取得極小值f - =- a In - + 77-= -a <0,ee ee e 2e e 2e1以下證明：在區(qū)間0, e

26、上，f (x) < 0,令 x=l, t >1,則 x 0, 1 , eef (x) = f -t = r a In 1+ -T ,f(x)v0?fv0? 1一a(t) + 三v 0? at et t e e e e 2ee e2e+ 1v 0? atev t 1，因?yàn)閍v 0, t > 1,不等式at etv t1顯然成立，故在區(qū)間0,1上，f(x) 222e<0,又f(1) =1>0,即f(1) f - <0,故當(dāng)av 0時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)xc1 .2ee限時(shí)60分鐘 滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1. (2019

27、天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)=excos x, g(x)為f (x)的導(dǎo)函數(shù).求f (x)的單調(diào)區(qū)間；兀 兀兀(2)當(dāng) xC 了，萬 時(shí)，證明 f (x) +g(x)5x >0.解析：(1)由已知，有 f' (x)=ex(cos x- sin x).因此，當(dāng) xC 2k u + -4, 2k u + 4-3兀兀(kCZ)時(shí)，有 sin x>cos x,得 f' (x)<0,則 f(x)單調(diào)遞減；當(dāng) xC 2k 兀,2k7t + (k C Z)時(shí)，有 sin xv cos x,得 f ' (x) >0,則 f (x)單調(diào)遞增.3兀兀所以，f(x)的單

28、調(diào)遞增區(qū)間為2k兀一x，2卜兀+彳(kCZ) , f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為2k% + , 2k7t + -4- (k Z).(2)證明：記 h(x) = f (x) + g(x) -2- - x ,依題意及(1),有 g(x) = ex(cos x- sin x),從而 g' (x) = - 2exsin x.當(dāng) xC -4,忘時(shí)，g' (x) < 0,故 h' ( x) = f' ( x) + g' ( x) -2 x兀兀 兀兀+ g(x)( 1) =g' (x)5-x < 0.因此，h(x)在區(qū)間 ,上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x) &g

29、t; h =兀f5=0.所以，當(dāng)xC7t了，時(shí)，f(x) + g(x) -2-x >0.2 x2. (2019 大慶三模)設(shè)函數(shù) f(x) =-2-kln x, k>0.求f (x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f (x)在區(qū)間(1,、/可上僅有一個(gè)零點(diǎn).解析：(1)由 f(x) =x-kln x(k>0)得 f' (x) =x-k=-一k.由 f ' (x) =0 解得 x=/k.2x x”*)與(*)在區(qū)間(0, +8)上的變化情況如下:x(0, Vk)5(Vk, +°°)f' (x)一0十f(x)k 1

30、In k2所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,你)，單調(diào)遞增區(qū)間是(瓜 +8)； f(x)在x=，k處 取得極小值f (vk) = k 1-Jn k .(2)證明：由 知，f(x)在區(qū)間(0 , +8)上的最小值為f (川)k 1 ln k2因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以k 1ln k2<0,從而 k>e.當(dāng)k=e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1,、1)上單調(diào)遞減，且f(k)=0,所以x=qe是f(x)在區(qū)間(1,、/e】上的唯一零點(diǎn).1e e k當(dāng)k>e時(shí)，f (x)在區(qū)間(0,乖)上單倜遞減，且f(1) =2> 0, f (#)=-<0,所以f(x)在區(qū)間(1 ,乖上僅有一

31、個(gè)零點(diǎn).綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1, ye1上僅有一個(gè)零點(diǎn).3. (2019 全國I 卷)已知函數(shù) f(x)=2sin x - xcos x-x, f ' (x)為 f (x)的導(dǎo)數(shù).證明：f' (x)在區(qū)間(0,兀)存在唯一零點(diǎn)；(2)若xC0,兀時(shí)，f (x) >ax,求a的取值范圍.解：(1)設(shè) g(x)=f' (x),貝U g(x) = cos x+xsin x- 1, g' (x)=xcos x.兀兀兀當(dāng) xe o,"2時(shí)，g'(x)>0；當(dāng) xe-2,兀 時(shí)，g' (x)<0,所以g

32、(x)在 0,上單 兀調(diào)遞增，在 了，兀上單調(diào)遞減.兀又g(0) =0, g -2 >0, g(兀)=2,故g(x)在(。，兀)存在唯一零點(diǎn)，所以f' (x)在區(qū)間(0 ,兀)存在唯一零點(diǎn).(2)由題設(shè)知f(兀)>2兀，f(兀)=0,可得aW0,由(1)知，f' (x)在(0,兀)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x。，且當(dāng)xC(0, x。)時(shí)，f' (x)>0；當(dāng)xC (x0,兀)時(shí)，f' (x)<0,所以f (x)在(0 , x0)上單調(diào)遞增，在(x°,兀)上單調(diào)遞減.又 f(0) =0, f(兀)=0,所以當(dāng) xC0,兀時(shí)，f(x) &g

33、t;0.又當(dāng) a< 0, xC0,兀時(shí)，ax< 0,故 f( x) > ax.因此，a的取值范圍是(一00, 0.4. (2019 成都診斷)已知函數(shù) f(x) = (x22ax+a2) In x, aC R(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a=- 1時(shí)，令F(x) = f x +x-ln x,證明：F(x) >- e 2,其中e為自然對(duì)數(shù) x i I的底數(shù)；(3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.解析：(1)當(dāng) a=0 時(shí)，f(x)=x2ln x(x>0),此時(shí) f ' (x)=2xln x+x=x(2ln x+1).一

34、，一1令 f (x) >0,解得 x>e 2.一， 1 1函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e2, +OO),單調(diào)遞減區(qū)間為(0, e-2).、rf X(2)證明： F(x) = x+ i +xIn x= xln x+x.由F' (x)=2+ln x,得F(x)在(0 , e)上單調(diào)遞減，在(e 2, 十刃上單調(diào)遞增， F(x) >F(e 2) = -e 2.x a x a(3) f (x)=2(xa)ln xHx=x '(2 xln x+xa).令 g(x)=2xln x+xa,貝U g' (x)=3 + 2ln x,33,3，函數(shù)g(x)在(0 , e

35、2)上單調(diào)遞減，在(eg, +°°)上單調(diào)遞增，g(x) >g(e -)= 32e2一 a.一一.3, 一3當(dāng) a<0 時(shí)，.函數(shù) f(x)無極值，一2e-a>0,解得 a<- 2e-2.一 .3一一,，一，一當(dāng)a>0時(shí)，g(x) min= 2ea a< 0,即函數(shù)g(x)在(0 , +°°)上存在手點(diǎn)，記為 xo.由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x = a為方程f' (x)=0的重根，-2aln a + aa=0,即 2aln a=0, a= 1.當(dāng)0vav1時(shí)，x0<1且x0wa,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a

36、和xO；當(dāng)a> 1時(shí)，x0> 1且xowa,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x。；當(dāng)a=1時(shí)，xo=1,此時(shí)函數(shù)f(x)無極值.，一3 ,綜上，aw 2e Q或 a=1.5. (2019 深圳三模)已知函數(shù)f(x)=xln x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：對(duì)任意的t>0,存在唯一的 m使t = f(n)；(3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m= g(t),證明：當(dāng)t >e時(shí)，有；< 1.解析：f(x) =xln x,，f ' (x) =ln x+ 1(x>0),當(dāng)xC 0,-時(shí)，f ' (x)<0,此時(shí)f (x)在0,-上

37、單調(diào)遞減， ee當(dāng)xC 1, +oo時(shí)，(x)>0, f(x)在1, +8上單調(diào)遞增. ee(2)證明:0xWl 時(shí)，f(x)W0,又 t>0,令 h(x)=f(x)t, x 1 , 十°0),由 知h(x)在區(qū)間1 , +8)上為增函數(shù)，h(1) =- t<0, h(et)=t(et 1)>0,，存在唯一的m1使t = f(m)成立.證明：. mg(t)且由(2)知 t = f(m), t >0,當(dāng) t>e 時(shí)，若 m= g(t) <e,則由 f(m) 的單調(diào)性有 t = f(njwf(e)=e,矛盾，e,p ln g t In mIn m

38、In mu又1= 7=,ln t ln f m 1nmn m In In In m u+In u其中 u= In mi u>1,要使：7v1n 1g J一<1 成立，只需 0v1n u<|u,10 In t7人3,13令 F( u) = 1n u- 7U, u>1, F(u)=g-7，當(dāng)1vu<7時(shí)F' (u) >0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u>|時(shí)，F(xiàn)' (u)<0, Ru)單調(diào)遞減.，對(duì) u> 1, F( u) < F o <0,即 1n u< |u 成立. 377 In g t -、綜上，當(dāng) t >

39、e時(shí)，而v in-t< 1成立.限時(shí)60分鐘 滿分60分解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)1. (2019 全國 I 卷)已知函數(shù) f(x)=2sin x xcos x-x, f ' (x)為 f (x)的導(dǎo)數(shù).證明：f' (x)在區(qū)間(0,兀)存在唯一零點(diǎn)；(2)若xC0,兀時(shí)，f (x) >ax,求a的取值范圍.解：(1)設(shè)g(x)=f'(x),貝Ug(x)= cosx+xsinx- 1,g'(x)=xcos x.兀兀兀當(dāng) xC 0, "2時(shí)，g' (x)>0;當(dāng) xC -2,兀時(shí)，g' (x)V0,

40、所以 g( x)在 0,上單 兀調(diào)遞增，在2,兀上單調(diào)遞減.兀又g(0) =0, g3 >0, g(兀)=2,故g(x)在(0,兀)存在唯一零點(diǎn)，所以f' (x)在區(qū)間(0,兀)存在唯一零點(diǎn).(2)由題設(shè)知f(兀)> an , f(兀)=0,可得aw。，由知，f'(X)在(0,兀)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 X0,且當(dāng)XC(0, X0)時(shí)，f' (x)>0；當(dāng) xC(X0,兀)時(shí)，f'(X)V0,所以f (X)在(0 , X0)上單調(diào)遞增，在(X0,兀)上單調(diào)遞減.又 f(0) =0, f(兀)=0,所以當(dāng) XC0,兀時(shí)，f(x) >0.又當(dāng) a

41、< 0, xC0,兀時(shí)，ax< 0,故 f( x) > ax.因此，a的取值范圍是(一8, 0.2. (2020 成都診斷)已知函數(shù) f(x) = (x2-2ax+a2) Tn x, aC R(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a=- 1時(shí)，令F(x) = f j +xIn x,證明：F(x) >- e 2,其中e為自然對(duì)數(shù)X I I的底數(shù)；(3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.解析：(1)當(dāng) a=0 時(shí)，f(x)=x2ln x(x>0),此時(shí) f ' (x)=2xln x+x=x(2ln x+1).1令 f' (

42、x)>0,解得 x>e 萬.一， 1 1函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e萬，+oo),單調(diào)遞減區(qū)間為(0, e-5).、rf X(2)證明： F(x) =-+ x In x= xln x+x.x+ 1由F' (x)=2+ln x,得F(x)在(0 , e)上單調(diào)遞減，在(e 2, 十刃上單調(diào)遞增， 2_-21- F( x) > F(e ) = - ex a x a(3) f (x)=2(xa)ln x +x= X ' (2 xln x+xa).令 g(x) = 2xln x+xa,貝U gz (x)=3 + 2ln x,333函數(shù)g(x)在(0 , e2)上單

43、調(diào)遞減，在(e+°°)上單調(diào)遞增，g(x) >g(e -)= -2e-|- a.33當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值，一2e-a>0,解得aw2e萬.一3一,，一，一當(dāng)a>0時(shí)，g(x) min= - 2e2a< 0,即函數(shù)g(x)在(0 , +°°)上存在手點(diǎn)，記為x0.由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x = a為方程f' (x)=0的重根，-2aln a + aa=0,即 2aln a=0, a= 1.當(dāng)0vav1時(shí)，X0<1且X0wa,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和X0；當(dāng)a> 1時(shí)，xo> 1且x&#

44、176;wa,函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x°；當(dāng)a=1時(shí)，xo= 1,此時(shí)函數(shù)f(x)無極值.3綜上，aw 2e 2或 a=1.3. (2019 深圳三模)已知函數(shù)f(x)=xln x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：對(duì)任意的t>0,存在唯一的 m使t = f(n)；設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m= g(t),證明：當(dāng)t>e時(shí)，有上m lg ； <1.解析：f(x) =xln x,，f ' (x) =ln x+ 1(x>0),.當(dāng)xe 0, f'x1 x22x1 x2x1 x22+ m時(shí)，f'(x)<0,此時(shí)f(

45、x)在0, 1上單調(diào)遞減， ee當(dāng)xC 1, +8時(shí)，(x)>0, f(x)在! +8上單調(diào)遞增. ee(2)證明：,.當(dāng) 0vxwi 時(shí)，f(x)w0,又 t>0,令 h(x)=f(x)t, x 1 , 十°°),由(1)知h(x)在區(qū)間1 , +8)上為增函數(shù)，h(1) =- t<0, h(et) =t(et-1) >0,，存在唯一的m,使t = f(m)成立.證明：. m= g(t)且由(2)知 t = f(n), t >0,當(dāng) t>e 時(shí)，若 m= g(t) <e,則由 f(m)的單調(diào)性有 t = f(n)wf(e) =e,

46、矛盾，m>e,In mIn mIn mIn f m Inmn m In In In m u+ln u'其中 u= In mi u>1,要使,<In ,；一1 成立，只需 0In u<3u,31 3令 F( u) = In u-7u, u>1, F'(u)=一1，當(dāng)1vu<7時(shí)F' (u) >0, F(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u>|時(shí)，F(xiàn)' (u)<0, Ru)單調(diào)遞減.7.對(duì) u>1, F(u)< F- <0,即 In3,7 In g t -、綜上，當(dāng)t>e時(shí)，<nL-t一< 1成

47、立.1 一4. (2019 廈門二倜)已知函數(shù) f(x)=aln x, g(x)=xdFf (x). xxi, x2,且>ea,求證:xi討論h(x) =g(x) f (x)的單調(diào)性;(2)若h(x)的極值點(diǎn)為 3,設(shè)方程f(x) + mx= 0的兩個(gè)根為fxi + x2+ m 6f' xi x2> 5.解析：(1) .1 h(x) = g(x) - f (x) = x-alnx+上K,其定義域?yàn)?0, 十00) x h，(x)=x+ 1x-2x1+ a x21-x1 x2 x1 x2 x + Fx1x2“x21 + x1+ In .x1在(0 , +00 )遞增； a+1

48、 > 0 即 a>1 時(shí)，xC (0,1 +a)時(shí)，h' (x)<0, xC (1+a, + °°)時(shí)，h)z(x)>0, h(x)在(0,1 +a)遞減,在(1 +a, +00)遞增,綜上，a> 1 時(shí)，h(x)在(0,1 + a)遞減，在(1+a, + 00)遞增，aw 1 時(shí)，h( x)在(0 , + 00)遞增.(2)證明：由(1)得x=1 + a是函數(shù)h(x)的唯一極值點(diǎn)，故 a= 2./ 2ln x1+mx=0,2ln x2+mx=0,2(ln x2In x1) = mjx1 x2),又 f(x) =2ln x, . f&#

49、39; (x) x2f ' x1 + x2+ m x1 + x2x221 t,t+1令x；= t>e , 6(。=力 +ln t，則 曠(t)=t t +1 2>0, Mt)在e* 2, +0°)上遞增,22266(t (e ) = + E >+喬=5.x + x2+m 6故 f,x-x2>55. (2019 全國n卷)已知函數(shù)f(x) = ln x-到4. x- 1(1)討論f (x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn);A(Xo, In xo)處的切線也是曲線y=(2)設(shè)xo是f (x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線 y= ln x在點(diǎn) ex的切線.解：

50、f(x)的定義域?yàn)?0,1) U(1, +8).12因?yàn)?f'(x)=L.2>0,所以 f (X)在(0,1),(1 , +8)單調(diào)遞增.e+ 1因?yàn)閒,-口<°2_f(e ) = 2-e2+ 1e23e-1-e-1>0,所以f(X)在(1 , +8)有唯一零點(diǎn)X1,即 f (X1) = o.又 0V < 1X1X1 + 1=-In X1 + =f(X1) =0,故 f(X)在(0,1)有唯一零X1 1占1八、.X1綜上，f (x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).(2)因?yàn)橐?,故點(diǎn)B lnXoX0,1X7在曲線y= e上.Xo由題設(shè)知f(Xo)=0,即Xo+ 1l

51、n X0 = k，故直線AB的斜率1ln Xo Xo1Xo+ 1曲線y= ex在點(diǎn)B lnXo,，一 1 的斜率也是一，所以曲線y=lnXo重在“拆分”XoXo 11k = ；=ln Xo XoXo+ 1；一X0Xo一 1Xo7處切線的斜率是 ,曲線y = ln X在點(diǎn)A(Xo, ln Xo)處切線XoXoXx在點(diǎn)A(xo, ln xo)處的切線也是曲線 y=e的切線.高考解答題審題與規(guī)范(一)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類考題思維流程函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題一般以 函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具， 重點(diǎn)考查囪數(shù)的一些性質(zhì)， 如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值 或最值的探求與討論，復(fù)雜 函數(shù)零點(diǎn)的討論，函數(shù)不等 式中參數(shù)范圍的討論，恒成

52、 立和能成立問題的討論等， 是近幾年高考試題的命題熱 點(diǎn).對(duì)于這類綜合問題，一 般是先求導(dǎo)，再變形、分離 或分解出基本函數(shù)，再根據(jù) 題意處理.真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2019 全國I卷)已 知函數(shù) f(x)=sin xln(1 + x), f ' (x)為 f(x)的導(dǎo)數(shù), 證明：兀(1) f' (x)住區(qū)間-1, y 存在唯一極大值點(diǎn)；(2) f (x)有且僅用2個(gè)零點(diǎn).設(shè) g(x) = f ' (x),對(duì) g(x) 求導(dǎo)可得g(x)在(1, E)單調(diào)兀遞增，在a , 2單調(diào)遞減，得 證.(2)對(duì)x進(jìn)行討論，當(dāng)xC ( 1,0時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性確定此 區(qū)間上有唯一零點(diǎn)；當(dāng) xC兀0, "2時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性， 確定f (