2019版數(shù)學(xué)（理）高分計(jì)劃一輪高分講義：第2章　函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(二）［方法梳理］1．分離參數(shù)法分離參數(shù)法是求參數(shù)的最值范圍的一種方法．通過(guò)分離參數(shù),用函數(shù)的觀點(diǎn)討論主變量的變化情況，由此我們可以確定參數(shù)的變化范圍．這種方法可以避免分類(lèi)討論的麻煩,從而使問(wèn)題得以順利解決．分離參數(shù)法在解決不等式恒成立、不等式有解、函數(shù)有零點(diǎn)、函數(shù)的單調(diào)性中參數(shù)的取值范圍問(wèn)題時(shí)經(jīng)常用到．解題的關(guān)鍵是分離出參數(shù)后將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或值域問(wèn)題．2．構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造函數(shù)法作為一種數(shù)學(xué)思維方法，在解決某些數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，若能充分挖掘題目中潛在的信息，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù),將陌生問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉問(wèn)題,可使問(wèn)題順利解決．3．等價(jià)轉(zhuǎn)化法等價(jià)轉(zhuǎn)化是把未知解的問(wèn)題轉(zhuǎn)化到在已有知識(shí)范圍內(nèi)可解的問(wèn)題的一種重要的思想方法．通過(guò)不斷的轉(zhuǎn)化，把不熟悉、不規(guī)范、復(fù)雜的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉、規(guī)范甚至模式法、簡(jiǎn)單的問(wèn)題．歷年高考，等價(jià)轉(zhuǎn)化思想無(wú)處不見(jiàn)，我們要不斷培養(yǎng)和訓(xùn)練自覺(jué)的轉(zhuǎn)化意識(shí)，將有利于強(qiáng)化解決數(shù)學(xué)問(wèn)題中的應(yīng)變能力,提高思維能力和技能、技巧．4．分類(lèi)討論思想方法分類(lèi)討論是一種邏輯方法，是一種重要的數(shù)學(xué)思想,所謂分類(lèi)討論，就是當(dāng)問(wèn)題所給的對(duì)象不能進(jìn)行統(tǒng)一研究時(shí)，就需要對(duì)研究對(duì)象按某個(gè)標(biāo)準(zhǔn)分類(lèi)，然后對(duì)每一類(lèi)分別研究得出每一類(lèi)的結(jié)論，最后綜合各類(lèi)結(jié)果得到整個(gè)問(wèn)題的解答．實(shí)質(zhì)上，分類(lèi)討論是“化整為零，各個(gè)擊破，再積零為整"的數(shù)學(xué)策略．有關(guān)分類(lèi)討論思想的數(shù)學(xué)問(wèn)題具有明顯的邏輯性、綜合性、探索性，能訓(xùn)練人的思維條理性和概括性,所以在高考試題中占有重要的位置．5．任意性與存在性①?x1∈［a,b］，?x2∈［c，d]，使f1（x1)〉f2(x2）?［f1(x1)］min>[f2(x2)]max。②?x1∈[a，b］，?x2∈［c，d],使f1(x1）〉f2（x2)?[f1（x1)］max>[f2(x2)］min.③?x1∈［a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1）〉f2（x2)?［f1（x1）]min〉[f2(x2）]min。④?x1∈[a，b]，?x2∈［c，d]，使f1(x1）〉f2(x2)?[f1(x)］max>［f2（x）］max。⑤?x1∈[a，b］,x2∈［c，d]，使f1(x1）＝f2(x2）?f1（x）的值域與f2（x）的值域交集不為?.［診斷自測(cè)］1．設(shè)函數(shù)f（x)的導(dǎo)函數(shù)為f′（x)，對(duì)任意x∈R都有f（x)>f′（x）成立，則（)A．3f（ln2)〉2B．3f（ln2）＝2C．3f(ln2）〈2D．3f（ln2）與2f答案A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx，ex），則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex′,ex2)＝eq\f（f′x－fx,ex）〈0，即g(x)在R上是減函數(shù)，所以g(ln2）>g（ln3)，即eq\f（fln2，eln2）>eq\f（fln3,eln3），即eq\f(fln2，2）>eq\f(fln3,3）,所以3f(ln2）>2f（ln3)2．(2018·廣州五校聯(lián)考）設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f（2)＝0,當(dāng)x〉0時(shí)，有eq\f（xf′x－fx,x2）<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．（－2，0）∪(2,＋∞) B．（－2，0)∪(0,2）C．(－∞，－2）∪（2，＋∞） D．(－∞，－2)∪（0,2)答案D解析∵當(dāng)x>0時(shí)，eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(fx，x))）′<0，∴φ（x)＝eq\f(fx,x)為減函數(shù),又φ(2)＝0,∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ（x)>0，此時(shí)x2f(x又f(x）為奇函數(shù)，∴h（x）＝x2f(x)故x2f(x）〉0的解集為（－∞，－2)∪（0,2）3．已知f（x）＝eq\f（2x2＋ax－2a,2x)在［1,＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a的取值范圍是________．答案a≥－1解析∵f(x）＝x－eq\f(a，x)＋eq\f(a，2)，∴f′（x)＝1＋eq\f(a，x2).又f（x）在［1,＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f′（x)≥0,于是可得不等式a≥－x2對(duì)于x≥1恒成立．∴a≥（－x2）max。由x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1。4．（2017·河南期末）函數(shù)y＝x3－2ax＋a在(0，1）內(nèi)有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)）)解析對(duì)于函數(shù)y＝x3－2ax＋a，求導(dǎo)可得y′＝3x2－2a∵函數(shù)y＝x3－2ax＋a在(0，1)內(nèi)有極小值，∴y′＝3x2－2a＝0，則其有一根在(0,1）內(nèi)，當(dāng)a>0時(shí)，3x2－2a＝0兩根為±eq\r(\f(2，3）a)，若有一根在（0,1)內(nèi)，則0<eq\r（\f(2，3）a）<1，即0<a〈eq\f(3，2）。當(dāng)a＝0時(shí)，3x2－2a＝0兩根相等，均為0,f（x）在（0，1）當(dāng)a<0時(shí)，3x2－2a＝0無(wú)根，f(x)在(0,1）綜合可得，0<a<eq\f(3，2）,故答案為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(3，2))).題型1利用導(dǎo)數(shù)解不等式問(wèn)題角度1證明不等式eq\o（\s\up7(）,\s\do5(典例）)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1，2）x2－ax＋(a－1）lnx.證明：若1〈a<5，則對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞），x1≠x2有eq\f(fx1－fx2，x1－x2）>－1。本題用構(gòu)造函數(shù)法．證明不妨設(shè)x1>x2〉0，則eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>－1?f(x1)－f(x2)>－(x1－x2)?f（x1)＋x1>f(x2)＋x2.從而構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f(x)＋x＝eq\f(1，2）x2－ax＋(a－1)·lnx＋x.則g′（x）＝x－（a－1)＋eq\f(a－1,x）≥2eq\r（x·\f(a－1,x)）－(a－1）＝1－（eq\r(a－1)－1)2。由于1<a<5，故g′（x)〉0，即g(x)在(0，＋∞）單調(diào)遞增，從而當(dāng)x1〉x2〉0時(shí)，有g(shù)(x1)〉g(x2),即f（x1）＋x1>f(x2)＋x2，從而eq\f（fx1－fx2,x1－x2）>－1.當(dāng)0〈x1〈x2時(shí)，有eq\f（fx1－fx2，x1－x2）＝eq\f(fx2－fx1，x2－x1)〉－1.綜上，若1〈a<5，則對(duì)任意x1，x2∈（0，＋∞)，x1≠x2有eq\f(fx1－fx2，x1－x2）〉－1.角度2不等式恒成立問(wèn)題eq\o(\s\up7(），\s\do5（典例）)(2015·北京高考）已知函數(shù)f（x）＝lneq\f(1＋x，1－x）.(1)求曲線y＝f（x)在點(diǎn)(0，f(0)）處的切線方程；(2）求證：當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f(x）>2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3，3)）)；(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)〉keq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3，3））)對(duì)x∈（0,1）恒成立,求k的最大值．解（1）f(x）＝lneq\f（1＋x，1－x)，x∈（－1,1),f′（x）＝eq\f(2,1－x2），f′（0)＝2，f（0)＝0,所以切線方程為y＝2x。(2)證明:原命題等價(jià)于任意x∈（0，1），f（x)－2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（x3,3）))>0.設(shè)函數(shù)F(x)＝ln（1＋x）－ln(1－x)－2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3）)),F′(x)＝eq\f(2x4，1－x2）.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，F(xiàn)′(x）>0，函數(shù)F（x)在x∈(0,1)上是單調(diào)遞增函數(shù)．F(x)>F（0）＝0，因此任意x∈(0，1),f(x)>2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(x3，3)))。（3)lneq\f(1＋x,1－x）>keq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3））)，x∈（0，1）?t(x)＝lneq\f（1＋x，1－x）－keq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(x3，3)）)>0，x∈(0，1)．t′（x)＝eq\f(2，1－x2）－k(1＋x2）＝eq\f（kx4＋2－k,1－x2)，x∈(0，1）．當(dāng)k∈[0，2］,t′(x）≥0,函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，t(x)〉t（0）＝0顯然成立．當(dāng)k〉2時(shí),令t′(x0)＝0得xeq\o\al(4,0）＝eq\f(k－2，k)∈（0，1)，t′(x）的變化情況列表如下：x(0，x0)x0(x0,1）t′（x)－0＋t(x）極小值t(x0)〈t（0)＝0，顯然不成立．當(dāng)k<0時(shí)，顯然k取不到最大值．綜上可知，k的最大值為2。角度3不等式存在性問(wèn)題eq\o(\s\up7(），\s\do5（典例））(2018·太原聯(lián)考）已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x。（1）是否存在實(shí)數(shù)a，使得f（x）在x＝1處取得極值?證明你的結(jié)論；(2）設(shè)g(x)＝（a－2)x，若?x0∈［eq\f(1，e），e］，使得f（x0)≤g（x0)能成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．（1）探索性問(wèn)題在求解后要驗(yàn)證；（2）采用分離系數(shù)法,構(gòu)造函數(shù)法．解（1)函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0,＋∞），f′（x)＝eq\f(a，x)＋2x－4＝eq\f（2x2－4x＋a,x)。假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x）在x＝1處取極值,則f′(1)＝0，∴a＝2，此時(shí)，f′（x）＝eq\f（2x－12，x),當(dāng)x〉0時(shí)，f′（x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，∴x＝1不是f(x)的極值點(diǎn)，故不存在實(shí)數(shù)a，使得f（x）在x＝1處取得極值．(2)由f(x0）≤g(x0），得（x0－lnx0)a≥xeq\o\al（2,0)－2x0，記F（x)＝x－lnx（x〉0)，∴F′(x）＝eq\f（x－1，x)（x>0），∴當(dāng)0〈x〈1時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，F(xiàn)（x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)〉0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增．∴F（x)〉F（1)＝1>0,∴a≥eq\f（x\o\al（2,0）－2x0，x0－lnx0),記G（x)＝eq\f(x2－2x，x－lnx),x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，e）,e)）?！郍′(x)＝eq\f(2x－2x－lnx－x－2x－1，x－lnx2)＝eq\f（x－1x－2lnx＋2，x－lnx2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e）），∴2－2lnx＝2（1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0,∴x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,e），1）)時(shí),G′（x)<0,G（x)單調(diào)遞減；x∈（1，e)時(shí)，G′（x)>0，G（x）單調(diào)遞增，∴G（x）min＝G（1）＝－1,∴a≥G(x)min＝－1。故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞）．方法技巧解不等式或證明不等式時(shí)注意研究函數(shù)的單調(diào)性，有時(shí)需要構(gòu)造相關(guān)函數(shù)，利用單調(diào)性解之．見(jiàn)角度1的典例．解決“恒成立”與“存在性”問(wèn)題時(shí)，注意它們的互補(bǔ)關(guān)系，必要時(shí)作等價(jià)轉(zhuǎn)化，即構(gòu)造函數(shù)或分離參數(shù),將問(wèn)題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．見(jiàn)角度2,3的典例．沖關(guān)針對(duì)訓(xùn)練1．（2017·陵川縣校級(jí)期末）已知對(duì)于x∈R，g（x）≠0與f′(x)g(x)>f（x)g′（x)恒成立，且f(1）＝0,則不等式eq\f（fx,gx）>0的解集是________．答案（1，＋∞)解析令h(x)＝eq\f（fx,gx），則h′（x）＝eq\f(f′xgx－fxg′x，g2x)，而g(x）≠0與f′（x）g(x)〉f(x）g′(x）恒成立，故h′(x）〉0,h(x）在R上遞增，而h（1）＝0，故不等式eq\f(fx，gx)>0，即h(x)>h(1),解得x>1，故不等式的解集是（1，＋∞）．2．已知函數(shù)f（x）＝xlnx,g（x)＝－x2＋ax－3.(1）求函數(shù)f（x）在[t,t＋2］（t〉0)上的最小值；(2)若存在x∈eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,e），e))（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…）使不等式2f(x)≥g（x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由已知得f′(x)＝lnx＋1,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1,e)））時(shí)，f′（x)〈0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，e)，＋∞))時(shí)，f′(x）>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)0<t<t＋2〈eq\f(1,e)時(shí),t無(wú)解；當(dāng)0<t≤eq\f（1,e）〈t＋2，即0<t≤eq\f(1,e）時(shí),f(x）min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,e)）)＝－eq\f（1,e）；當(dāng)eq\f（1，e)〈t〈t＋2，即t〉eq\f（1，e)時(shí)，f(x）在［t，t＋2]上單調(diào)遞增，故f（x)min＝f(t）＝tlnt.所以f（x)min＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（1，e），0<t≤\f(1，e)，,tlnt，t>\f(1,e）.))(2)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x），x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e））設(shè)h(x）＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,e）,e）)則h′(x）＝eq\f（2，x)＋1－eq\f（3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2），當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,e),1）)時(shí)，h′(x)<0，此時(shí)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e］時(shí)，h′(x）〉0,此時(shí)h（x)單調(diào)遞增．所以h（x）max＝maxeq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（h\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,e）))，he）),因?yàn)榇嬖趚∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，e）,e）)，使2f(x)≥g(x）成立，所以a≤h(x)max，又heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e)）)＝－2＋eq\f(1，e）＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f（3,e），故heq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,e））)>h(e）,所以a≤eq\f（1,e）＋3e－2。題型2導(dǎo)數(shù)與方程問(wèn)題角度1零點(diǎn)的判斷與證明eq\o（\s\up7(）,\s\do5（典例）)(2015·廣東高考）設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝（1＋x2)·ex－a.(1）求f（x)的單調(diào)區(qū)間;（2）證明：f（x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)．研究f（x)的單調(diào)性，再用賦值法證明．解（1）f′(x）＝2xex＋（1＋x2）ex＝(x2＋2x＋1）ex＝(x＋1）2ex≥0，故f(x）是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，其單調(diào)增區(qū)間是（－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)減區(qū)間．（2)證明：因?yàn)閒(0）＝（1＋02）e0－a＝1－a<0，且f(lna)＝(1＋ln2a）elna－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2由零點(diǎn)存在性定理知，f(x)在(－∞,＋∞)上至少有一個(gè)零點(diǎn)．又由(1）知,函數(shù)f（x）是（－∞，＋∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，故函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞）上僅有一個(gè)零點(diǎn)．角度2由零點(diǎn)求參數(shù)的取值eq\o（\s\up7（）,\s\do5（典例））（2017·張掖模擬)設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\f(x2,2)－alnx。（1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,f（1))處的切線方程;(2)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(3）若函數(shù)f（x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，試求a的取值范圍．將f(x）＝0化為eq\f(2lnx，x2)＝eq\f(1，a)，用構(gòu)造函數(shù)法求解．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f（x)＝eq\f（x2,2)－lnx，f′(x）＝x－eq\f（1,x），∵f′（1）＝0，f(1)＝eq\f(1，2)，∴在點(diǎn)(1,f（1)）處的切線方程為y＝eq\f（1，2).（2）f′（x）＝eq\f（x2－a，x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）〉0，f(x)遞增，函數(shù)無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，在(0，eq\r（a））上遞減，在（eq\r(a），＋∞）上遞增，函數(shù)的極小值為f(eq\r(a)）＝eq\f（a1－lna，2).1．（2017·達(dá)州模擬）函數(shù)f(x）＝x3＋x2＋5ax－1存在極值點(diǎn)的充要條件是(）A．a(chǎn)≤eq\f(1,15)B．a(chǎn)〈eq\f(1，15）C．a(chǎn)≥eq\f（1,15)D．a(chǎn)>eq\f(1，15)答案B解析求得導(dǎo)函數(shù)f′（x）＝3x2＋2x＋5a，三次函數(shù)f(x)有極值,則f′(x)＝0有不相等的兩個(gè)解，∴Δ＝4－60a〉0，∴a〈eq\f（1,15），故選B。2．(2017·深圳一模)若定義在R上的函數(shù)f（x)滿足f（x)＋f′（x）〈1且f（0)＝3，則不等式f(x）〉eq\f（2,ex）＋1(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）的解集為_(kāi)_______．答案(－∞，0）解析設(shè)g(x)＝exf（x)－ex（x∈R)，則g′(x）＝exf(x）＋exf′(x)－ex＝ex[f（x)＋f′（x)－1]，∵f(x)＋f′（x）〈1，∴f（x)＋f′（x)－1〈0，∴g′(x)〈0，∴y＝g（x）在定義域上單調(diào)遞減，∵exf(x)>ex＋2，∴g(x)>2，又∵g（0)＝e0f（0）－e0＝3－1＝2∴g(x)〉g（0),∴x〈0，故答案為（－∞，0）．3．(2015·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f（x2，2）－klnx，k〉0.（1)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，eq\r（e）］上僅有一個(gè)零點(diǎn)．解(1)由f（x）＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′（x）＝x－eq\f（k，x)＝eq\f(x2－k，x）.由f′(x)＝0,解得x＝eq\r（k).f(x）與f′（x)在區(qū)間(0,＋∞）上的情況如下：x（0,eq\r(k))eq\r（k)（eq\r（k），＋∞）f′(x）－0＋f（x）eq\f（k1－lnk，2）所以，f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,eq\r（k))，單調(diào)遞增區(qū)間是（eq\r（k),＋∞）;f（x）在x＝eq\r（k）處取得極小值f（eq\r（k）)＝eq\f（k1－lnk,2).(2）證明：由(1）知，f（x)在區(qū)間（0，＋∞）上的最小值為f(eq\r（k)）＝eq\f(k1－lnk,2)。因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e.當(dāng)k＝e時(shí)，f(x）在區(qū)間(1，eq\r(e)）上單調(diào)遞減，且f（eq\r（e)）＝0，所以x＝eq\r(e）是f（x)在區(qū)間（1，eq\r（e）]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k〉e時(shí),f(x)在區(qū)間(0，eq\r（e))上單調(diào)遞減，且f（1)＝eq\f(1，2)>0，f(eq\r（e）)＝eq\f（e－k,2）〈0，所以f(x）在區(qū)間(1,eq\r（e）]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，若f（x）存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r（e）]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．4．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x）＝e2x－alnx。（1）討論f（x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù);(2）證明：當(dāng)a〉0時(shí)，f（x）≥2a＋alneq\f(2，a).解(1)f（x)的定義域?yàn)椋?，＋∞)，f′(x）＝2e2x－eq\f（a，x）(x>0）．當(dāng)a≤0時(shí),f′（x）〉0，f′（x）沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a〉0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f（a,x)單調(diào)遞增，所以f′（x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0〈b<eq\f(a，4)且b〈eq\f(1,4）時(shí)，f′(b）<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f′（x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明：由(1)，可設(shè)f′（x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈（0，x0)時(shí)，f′（x)<0,當(dāng)x∈（x0，＋∞)時(shí)，f′（x）〉0。故f（x）在（0,x0）上單調(diào)遞減,在（x0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f（x)取得最小值,最小值為f(x0)．由于2e2x0－eq\f（a，x0)＝0，所以f（x0)＝eq\f(a，2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a）≥2a＋alneq\f（2，a）.故當(dāng)a〉0時(shí)，f（x)≥2a＋alneq\f（2,a）。［重點(diǎn)保分兩級(jí)優(yōu)選練］A級(jí)一、選擇題1．(2017·安慶二模）若函數(shù)y＝aex＋3x在R上有小于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(）A．（－3，＋∞) B．（－∞,－3)C.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，3）,＋∞)) D。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1,3)）)答案B解析y＝aex＋3x,求導(dǎo)，y′＝aex＋3，由若函數(shù)y＝aex＋3x在R上有小于零的極值點(diǎn),則y′＝aex＋3＝0有負(fù)根，則a≠0，則ex＝－eq\f(3，a)在y軸的左側(cè)有交點(diǎn)，∴0<－eq\f（3,a)<1，解得:a<－3，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞,－3)．故選B.2．（2018·太原模擬）設(shè)f（x），g(x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，g（x)≠0,當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)g(x）－f（x）g′(x)>0，且f（－3）＝0，則不等式eq\f(fx,gx）〈0的解集是（)A．（－3，0）∪(3，＋∞） B．（－3，0)∪(0，3）C．(－∞，－3)∪（3，＋∞) D．（－∞，－3）∪(0,3)答案D解析∵f(x)，g（x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴eq\f（fx，gx)為奇函數(shù),eq\f（fx,gx)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．當(dāng)x〈0時(shí)，f′（x）g（x）－f（x）g′(x)〉0，∴eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(fx，gx)））′＝eq\f（f′xgx－fxg′x,g2x）>0，∴當(dāng)x〈0時(shí)，eq\f(fx,gx）是增函數(shù)，故當(dāng)x〉0時(shí),eq\f(fx,gx）也是增函數(shù)。函數(shù)eq\f(fx，gx)的單調(diào)性的示意圖,如圖所示：∵f（－3）＝0,∴f（3)＝0,∴由不等式eq\f(fx，gx）〈0，可得x<－3或0〈x〈3，故原不等式的解集為{x｜x〈－3或0<x〈3｝，故選D。3．（2017·冀州月考）函數(shù)f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則xeq\o\al（2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f（2，3) B.eq\f（4,3)C.eq\f（8,3） D.eq\f（16，3）答案C解析由圖象可得f(x)＝0的根為0，1,2，故d＝0，f（x)＝x(x2＋bx＋c），則1,2為x2＋bx＋c＝0的根，由根與系數(shù)的關(guān)系得b＝－3，c＝2，故f（x)＝x3－3x2＋2x,則f′(x）＝3x2－6x＋2，由圖可得x1，x2為3x2－6x＋2＝0的根，則x1＋x2＝2,x1x2＝eq\f（2，3),故xeq\o\al(2，1)＋xeq\o\al（2,2）＝(x1＋x2）2－2x1x2＝eq\f（8,3).4．(2017·合肥期中)已知eq\f(a2＋2a＋2,x)≤eq\f(4,x2－x）＋1對(duì)于任意的x∈（1，＋∞）恒成立,則()A．a(chǎn)的最小值為－3 B．a(chǎn)的最小值為－4C．a(chǎn)的最大值為2 D．a(chǎn)的最大值為4答案A解析eq\f(a2＋2a＋2,x）≤eq\f(4，x2－x）＋1對(duì)于任意的x∈(1,＋∞）恒成立，轉(zhuǎn)化為a2＋2a＋2≤eq\f（4x，x2－x）＋x＝eq\f（4,x－1）＋x＝f(x）的最小值．f′（x）＝eq\f（x＋1x－3,x－12）,可得x＝3時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值f(3)＝5.∴a2＋2a＋2≤5,化為a2＋2a－3≤即（a＋3)（a－1）≤0，解得－3≤a≤1.因此a的最小值為－3。故選A。5．（2018·興慶區(qū)模擬）設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′（x),若f（x)＋f′（x）〉1，f(0）＝2018，則不等式exf(x）>ex＋2017(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為（)A．(－∞，0)∪（0,＋∞） B．（0，＋∞)C．(2017，＋∞） D．（－∞，0)∪（2017,＋∞）答案B解析設(shè)g（x）＝exf(x)－ex，則g′(x)＝exf（x)＋exf′(x）－ex＝ex［f（x)＋f′(x）－1］,∵f(x）＋f′(x)>1，ex>0，∴g′(x）＝ex［f（x)＋f′(x）－1］>0，∴g（x)是R上的增函數(shù)．又g(0）＝f(0）－1＝2017，∴g(x）〉2017的解集為（0，＋∞），即不等式exf（x）>ex＋2017的解集為（0,＋∞)．故選B.6．(2017·金華模擬)設(shè)函數(shù)f（x）＝x(lnx－ax)(a∈R)在區(qū)間（0,2）上有兩個(gè)極值點(diǎn),則a的取值范圍是（)A.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，0)) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(ln2＋1，4)）)C。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（ln2＋1，4），\f(1，2）))答案D解析f（x)＝x(lnx－ax），求導(dǎo)f′(x)＝lnx－2ax＋1，由題意，關(guān)于x的方程2ax＝lnx＋1在區(qū)間(0,2）有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則y＝2ax與y＝lnx＋1有兩個(gè)交點(diǎn)，由y＝lnx＋1，求導(dǎo)y′＝eq\f（1，x)，設(shè)切點(diǎn)（x0，y0），eq\f（lnx0＋1，x0)＝eq\f（1，x0)，解得x0＝1，∴切線的斜率k＝1，則2a＝1,a＝eq\f(1,2），則當(dāng)x＝2,則直線斜率k＝eq\f（ln2＋1，2)，則a＝eq\f（ln2＋1,4），∴a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(ln2＋1，4），\f(1，2)))，故選D。7．(2017·江西模擬)若函數(shù)f(x）＝a(x－2）ex＋lnx＋eq\f(1，x)存在唯一的極值點(diǎn)，且此極值大于0,則（）A．0≤a〈eq\f（1,e) B．0≤a<eq\f(1,e2)C．－eq\f（1,e）〈a〈eq\f（1,e2) D．0≤a<eq\f(1,e)或a＝－eq\f（1，e)答案A解析f（x）＝a（x－2）ex＋lnx＋eq\f（1，x），x〉0，∴f′（x）＝a（x－1)ex＋eq\f（1,x)－eq\f（1,x2)＝（x－1)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(aex＋\f（1，x2))),由f′（x）＝0得到x＝1或aex＋eq\f（1,x2）＝0(*）．由于f（x)僅有一個(gè)極值點(diǎn)，關(guān)于x的方程(*)必?zé)o解，①當(dāng)a＝0時(shí)，（*)無(wú)解，符合題意，②當(dāng)a≠0時(shí)，由(*）得，a＝－eq\f（1,exx2)，∴a〉0，由于這兩種情況都有，當(dāng)0〈x〈1時(shí)，f′（x）<0，于是f（x)為減函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，f′（x)〉0，于是f（x)為增函數(shù)，∴x＝1為f（x)的極值點(diǎn)，∵f(1）＝－ae＋1>0,∴a〈eq\f(1，e).綜上可得a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（1，e）)).故選A.8．（2017·濮陽(yáng)期末)函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2］上的任意x1，x2都有|f（x1）－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是（）A．20B．18C．3D．0答案A解析對(duì)于區(qū)間［－3,2]上的任意x1，x2都有｜f（x1）－f(x2)|≤t，等價(jià)于對(duì)于區(qū)間[－3，2]上的任意x，都有f（x)max－f(x)min≤t。∵f（x）＝x3－3x－1,∴f′（x）＝3x2－3＝3（x－1)（x＋1），∵x∈［－3，2]，∴函數(shù)在［－3,－1］，[1,2]上單調(diào)遞增,在[－1，1］上單調(diào)遞減，∴f（x）max＝f(2)＝f（－1)＝1，f（x)min＝f(－3)＝－19，∴f（x）max－f(x)min＝20，∴t≥20，∴實(shí)數(shù)t的最小值是20，故選A.9．(2018·黃陵模擬）已知函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(）A.eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e）＋1)) B.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，e）＋1））C.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,e）＋1，＋∞）) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，e），＋∞))答案B解析函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),就是xex＋x2＋2x＋a＝0恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，設(shè)g(x)＝xex＋x2＋2x，則g′（x）＝ex＋xex＋2x＋2＝（x＋1)（ex＋2)，x<－1，g′(x)<0，函數(shù)是減函數(shù)，x〉－1,g′(x）>0,函數(shù)是增函數(shù)，函數(shù)的最小值為g(－1）＝－1－eq\f（1,e)，則－a>－1－eq\f(1，e)，即a〈1＋eq\f(1,e）。函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞,\f（1，e)＋1）)。故選B.10．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x）＝x2，g（x）＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N,則當(dāng)｜MN｜達(dá)到最小時(shí)t的值為(）A．1B。eq\f（1，2)C.eq\f(\r（5），2)D.eq\f(\r(2),2）答案D解析｜MN|的最小值,即函數(shù)h（x)＝x2－lnx的最小值,h′（x)＝2x－eq\f(1，x)＝eq\f(2x2－1，x），令h′（x)＝0，得x＝eq\f(\r（2)，2）或x＝－eq\f(\r(2),2)（舍去），顯然x＝eq\f(\r（2),2)是函數(shù)h（x）在其定義域內(nèi)唯一的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，故t＝eq\f(\r(2)，2)。二、填空題11．若函數(shù)f（x)＝－eq\f(1，3)x3＋eq\f(1，2）x2＋2ax在eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3），＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9）,＋∞）)解析對(duì)f（x）求導(dǎo),得f′（x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2）)）2＋eq\f(1，4）＋2a.當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3)，＋∞)）時(shí)，f′（x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）＝eq\f(2,9)＋2a.要使f(x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3),＋∞））上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則必須有f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3））)〉0，即eq\f(2,9）＋2a>0，解得a>－eq\f(1，9），所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，9），＋∞)).12．（2017·信陽(yáng)模擬）已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x）的圖象如圖所示，則不等式（x2－2x－3)f′（x）〉0的解集為_(kāi)_______．答案（－∞，－1）∪（－1,1)∪（3,＋∞）解析由函數(shù)圖象可知f′（x)〉0的解集為(－∞，－1）∪（1，＋∞)，f′(x)〈0的解集為（－1，1）．由(x2－2x－3）f′（x)〉0,得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－2x－3>0，，f′x>0,）)①或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x2－2x－3<0，，f′x〈0,）)②解①得x<－1或x>3；解②得－1〈x<1.∴不等式（x2－2x－3)f′(x）>0的解集為（－∞，－1)∪(－1,1）∪（3，＋∞)．故答案為（－∞，－1)∪(－1，1)∪（3，＋∞）．13．(2017·七里河模擬)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x）滿足f(3)＝0，且當(dāng)x>0時(shí)，不等式f(x)〉－xf′(x)恒成立,則函數(shù)g（x）＝xf（x）＋lg｜x＋1｜的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________．答案3解析定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足：f(0)＝0＝f（3）＝f(－3)，且f（－x)＝－f（x），又x>0時(shí)，f(x）>－xf′（x），即f(x)＋xf′（x)>0，∴［xf（x）］′>0，函數(shù)h（x)＝xf（x）在x〉0時(shí)是增函數(shù)．又h(－x)＝－xf（－x)＝xf(x)，∴h（x）＝xf(x）是偶函數(shù)；∴x〈0時(shí),h（x）是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域?yàn)镽,且f(0)＝f(3）＝f(－3）＝0，可得函數(shù)y1＝xf(x)與y2＝－lg｜x＋1｜的大致圖象如圖所示,∴由圖象知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg｜x＋1｜的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)．14．（2015·安徽高考)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實(shí)數(shù)．下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是________．（寫(xiě)出所有正確條件的編號(hào)）①a＝－3，b＝－3；②a＝－3,b＝2；③a＝－3,b>2；④a＝0,b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f（x)＝x3＋ax＋b，則f′（x)＝3x2＋a。對(duì)于①，由a＝b＝－3,得f(x）＝x3－3x－3，f′（x)＝3(x＋1）(x－1）,f(x）極大值＝f(－1)＝－1〈0，f（x)極小值＝f(1）＝－5〈0，函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，故x3＋ax＋b＝0僅有一個(gè)實(shí)根；對(duì)于②，由a＝－3,b＝2,得f（x)＝x3－3x＋2，f′（x)＝3（x＋1)(x－1)，f（x）極大值＝f(－1）＝4〉0，f(x）極小值＝f(1)＝0，函數(shù)f（x）的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，故x3＋ax＋b＝0有兩個(gè)實(shí)根；對(duì)于③，由a＝－3,b〉2，得f(x)＝x3－3x＋b,f′（x)＝3(x＋1)（x－1)，f（x)極大值＝f（－1）＝2＋b〉0，f(x）極小值＝f（1)＝b－2>0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，故x3＋ax＋b＝0僅有一個(gè)實(shí)根;對(duì)于④，由a＝0，b＝2，得f（x)＝x3＋2,f′（x）＝3x2≥0