2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第4讲导数的综合应用与热点问题教学案文

1、第4讲导数的综合应用与热点问题考情考向高考导航导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点.解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根.(2)利用导数求解参数的范围或值.1 . (2018 全国出卷)已知函数真题体验ax2+ x 1f( x)=exe-22 -(1)求曲线y= f(x)在点(0, 1)处的切线方程;(2)证明：当 a>l 时，f(x) +e>0.解析：(1)由题意:,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;即曲线y=f(x)在点(0, 1)处的切线斜率为2,y-(-1) = 2(x-0),即 2x-y- 1 = 0.(2)当 a>l 时，f(x)+e>x2+ x- 1 + ex+1令 g(x) =x2+x 1 + ex1,则 g' ( x) =2x+ 1 + ex+1,当xv1时，g' (x)<0, g(x)单调递减;当x>1时，g' (x)>0, g(x)单调递增.所以 g(x) >g( - 1) =0.因此当 a>1, f(x) +e&g

3、t;0.2. (2019 全国n 卷)已知函数 f(x) = (x1)ln x-x-1.证明：(1) f(x)存在唯一的极值点；(2) f(x) =0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.证明：(1)f(x)的定义域为(0, +8)f' (x)=x-+ ln x- 1 = ln x-, xx因为y=ln x单调递增，y=1单调递减，所以f' (x)单调递增，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.又当xvx0时，f' (

4、 x) V 0, f (x)单调递减；当 x> x0时，f' (x) >0, f (x)单调递增，因此，f (x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知 f (x°) vf (1) = 2,又 f(e2) = e2- 3>0,所以 f (x) = 0 在(x°,+8)内存在唯一根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综上，f(x) = 0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.主干整合1.常见

5、构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x) >g(x)( f (x) vg(x)的问题转化为证明f(x)g(x)>0(f (x) g(x) v0),进而构造辅助函数h(x) =f (x) -g(x).(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造“刈和*

6、),利用其最值求解.2 .不等式的恒成立与能成立问题(1) f(x) >g(x)对一切 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)对xCa, b能成立？ a, b与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 .零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域.第二步：讨论单调性由f ' (x) >0(或f ' (x) W0)讨论函数的单调性.第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号.第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数.4 .分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离.第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象.第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个

8、数的参数的取值范围.第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件.热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式例1 1 (2019 梅州三模节选)已知函数f(x) = ln( x-1).一一x+12(1)证明：f(x+1)w -2x；(2)证明：e2X-2(x-1)eX>2x+3.审题指导第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求 解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式.32-x-x2xx+1 2解析(1)令 h(x)=f(x+1)铝+系(x>0), 2 X I I x*1211则 h(x) = In x - -2-

9、 + x；，h (X) = - - 2 -1 xX2+X+22x x+1 2'所以当 xC (0,1)时，h' (x) >0,当 xC (1 , +8)时，尸(x) <0,所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1 , +8)上单调递减，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.要证 e 2( x 1)e >2x+3,即(e +1) >2 x(e +1) + 4,x4e +12只需证 e +1 R2 x+ e* + 1, 即证 2 封 x+ ex-j.

10、“ex+122ex+1令 t=ex,则 x<-2ex工1,即 x+e/w2,得证.用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a,b上是增函数，则? xC a,b,有f(a)wf (x)wf(b),？ x1, x26a, b,且x1x2,有f (x。vf (x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值 M或最小值m ,则？ xC D,有f (x) w M或 f(x) >m).(3)证明 f(x)vg(x),可构造函数 F(x) =f (x) g(x),证明 F(x) < 0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题例 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)的单调区间.(2)当k=2时，求证：对于？ x>1, f(x) vg(x)恒成立.(3)若存在x°>1,使得当xC( 1, x。)时，恒有f (x) >g(x)成立，试求k的取值范围.审题指导(1)求f(x)的导数f' (x),再求单调区间.(2)构造函数证明不等式.(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围.2解析(1)f' (x)=R-2(x+1) x 2-2x2+ 3x+ 1x+2(x>-2).当 f ' (x) >

12、;0 时,x2+3x+ 1v0,解得一2vxv- 3 + f52当f ' (x) V0时，解得x>-3+ l52所以f(x)的单调增区间为2,3+邓单调减区间为 -32乖,+oo(2)证明：设 h(x) = f (x) g(x)= 2ln( x+2)-(x+1)2-k(x+1)( x>- 1).-2(x)=x?+ 3x+ 1x+ 2当k=2时，由题意，当 xC(1, +8)时，h( x) < 0恒成立.2 x + 3x+ 12 =x+2'当x>1时，h' (x)<0恒成立，h(x)单调递减.又 h(1)=0,当 xC( 1,+8)时，h(x

13、)vh(1)=0 恒成立，即 f (x) - g(x) < 0 对于 ? x>- 1, f (x) vg(x)恒成立.,2 x + 3x + 1(3)因为 h (x)=- kx r 2-22x + k + 6 x+ 2k+ 2“ x+2由(2)知，当 k=2 时，f(x) vg(x)恒成立，即对于 x>- 1, 2ln( x+2) -(x+1)2<2(x+ 1),不存在满足条件的 xc；当k>2时，对于x>- 1, x+1>0,此时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,不存在满足条件的x。;当 k<2 时,令 t(x)=-2x2-(k+ 6)x-(2k+2),可知 t(x)与 h' (x)符号相同,当 xC(x0, +8)时,t(x)v0, h' (x)<0, h(x)单调递减.当 x C ( 1, x°)时，h(x) >h( -1) = 0,即 f (x) -g(x) >0 恒成立.综上，k的取值范围为(8, 2).1 .利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最 值问题，利用导数求该函数的最值，根据

15、要求得所求范围.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)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利 用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.2 .存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)>g(a)对于xC D恒成立,应求f(x)的最小值；若存在 x C D,使得f(x)>g(a)成立，应求f(x)的最大值.在具体问题 中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，

16、这样，就可 以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围.12(2020 江淮十校联考)已知函数f(x)=in x2ax+x, ae R(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在(1 , f(i)处的切线方程；(2)若 a= 2,正实数 xi, x2满足 f (xi) + f (x2)+xix2= 0,证明：xi + x2方审2. _,，一,1解析：(1)当 a=0 时，f(x)=ln x+x,则 f(1) =1,，切点为(1,1)，又 f(x)= + 1,x，切线斜率k=f' (1) = 2.故切线方程为 y-1=2(x- 1) , IP 2x-y- 1

17、= 0.(2)证明：当 a=2 时，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,从而(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)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1, +8)上单调递增, 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.热点二利用导数研究函数的零点问题直观想象击主 系仆直观想象一一数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：ITT 彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对 数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意 义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形 想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.在解 答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是 “无图考图”.例 2(2019 日照三模)设函数 f (x) =x2a(ln x+1)(a>0).(1)证明：当 aw 2时

19、，f (x) >0. e(2)判断函数f(x)有几个不同的零点，并说明理由.审题指导(1)要证明f(x)>0,只需证明f(x)min>0,根据函数单调性求出f(x)min,2明其在°< awe时恒大于等于0即可.(2)要判断函数f(x)的零点的个数，结合222帝分a=e，0Va. a.二种怕况进仃分类讨论.解析(1)函数的定义域为(0,所以当xC当xC2_八一a 2x -a令 f (x)=2x-= 0,(x)<0,+ ooa时，f'(x)>0,f '所以f(x)的最小值为fa-a 1na2+1t 2 , a当 0<awe 时，

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)当a = 2时，由 得，f(x) = x2e(1n x+1)的最小值为f 9 =0, 即 f (x) =x2gon x+1)有唯一的零点 x=j=;当 0vav2时，由(1)得，f(x) = x2a(ln x+1)的最小值为 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)不存在手点;当a>e时,f(x)的最小值f、a a In a+1221<

21、0,又一v e1.1f L1>。，所以函数f (x)在0, J-a上有唯一的零点，又当 a：时，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上递减，在(1 , 十°°)上递增e所以g( a) >g(1) =0,所以f (a) >0,所以函数f (x)在 a +oo上有唯一的零点,2 ,，一，一所以，当a>-时，f(x)有2个不同的零点， e综上所述，当a=2时，有唯一的

22、零点；当0vav2时，不存在零点；当 a>2时，eee有2个不同的零点.1 .对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题 求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况，进而求解.2 .研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势 等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应 用.21 2(2020 佛山模拟)已知函数f(x) = (x -ax)ln

23、x+2x(其中aCR),(1)若a>0,讨论函数f(x)的单调性.(2)若a<0,求证：函数f(x)有唯一的零点.解析：(1) f(x)的定义域为(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当 x1=x2, 即a=1, a=2时，f' (x)>0, f(x)是(0, +°°)上的增函数；2 e e当x1 < x2,

24、即0va<2时，2 eea当 xC 0, 2 时，f' (x)>0, f(x)单调递增，当 xC a,1时，f' (x)V0, f(x)单调递减； 2 e当xC +8时 (x) >0, f(x)单调递增； e当 x2x1,即a, a>2时，当 xC 0, 1 时，f' (x)>0, f(x)单调递增；e 2 ee当x 1, a时，f' (x)v0, f(x)单调递减； e n. a.当 xC 2，+oo 时，(x)>0, f(x)单倜递增；综上所述，当0vav2时，f(x)在0, a , 1, +8 单调递增，在 -单调递减；

25、 e2 e2e2当2=-时，f(x)在(0, +8)单调递增； e当a>；时，f(x)在0,2，a, +°°单调递增，在 3 a单调递减. ee 2e 2(2)若 av 0,令 f' (x) = 0,即(2x- a)(1 + In x) =0,得 x=二 当 x C 0,工时，f' (x) eeV0, f(x)单调递减，当xe 1, +00时，f ' (x) >0, f (x)单调递增， e故当 x=1时，f(x)取得极小值f - =- a In - + 77-= -a <0,ee ee e 2e e 2e1以下证明：在区间0, e

26、上，f (x) < 0,令 x=l, t >1,则 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，因为av 0, t > 1,不等式at etv t1显然成立，故在区间0,1上，f(x) 222e<0,又f(1) =1>0,即f(1) f - <0,故当av 0时，函数f(x)有唯一的零点xc1 .2ee限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1. (2019

27、天津卷节选)设函数f(x)=excos x, g(x)为f (x)的导函数.求f (x)的单调区间；兀 兀兀(2)当 xC 了，万 时，证明 f (x) +g(x)5x >0.解析：(1)由已知，有 f' (x)=ex(cos x- sin x).因此，当 xC 2k u + -4, 2k u + 4-3兀兀(kCZ)时，有 sin x>cos x,得 f' (x)<0,则 f(x)单调递减；当 xC 2k 兀,2k7t + (k C Z)时，有 sin xv cos x,得 f ' (x) >0,则 f (x)单调递增.3兀兀所以，f(x)的单

28、调递增区间为2k兀一x，2卜兀+彳(kCZ) , f(x)的单调递减区间为2k% + , 2k7t + -4- (k Z).(2)证明：记 h(x) = f (x) + g(x) -2- - x ,依题意及(1),有 g(x) = ex(cos x- sin x),从而 g' (x) = - 2exsin x.当 xC -4,忘时，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)在区间 ,上单调递减，进而h(x) &g

29、t; h =兀f5=0.所以，当xC7t了，时，f(x) + g(x) -2-x >0.2 x2. (2019 大庆三模)设函数 f(x) =-2-kln x, k>0.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,、/可上仅有一个零点.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”*)与(*)在区间(0, +8)上的变化情况如下:x(0, Vk)5(Vk, +°°)f' (x)一0十f(x)k 1

30、In k2所以，f(x)的单调递减区间是(0,你)，单调递增区间是(瓜 +8)； f(x)在x=，k处 取得极小值f (vk) = k 1-Jn k .(2)证明：由 知，f(x)在区间(0 , +8)上的最小值为f (川)k 1 ln k2因为f(x)存在零点，所以k 1ln k2<0,从而 k>e.当k=e时，f(x)在区间(1,、1)上单调递减，且f(k)=0,所以x=qe是f(x)在区间(1,、/e】上的唯一零点.1e e k当k>e时，f (x)在区间(0,乖)上单倜递减，且f(1) =2> 0, f (#)=-<0,所以f(x)在区间(1 ,乖上仅有一

31、个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1, ye1上仅有一个零点.3. (2019 全国I 卷)已知函数 f(x)=2sin x - xcos x-x, f ' (x)为 f (x)的导数.证明：f' (x)在区间(0,兀)存在唯一零点；(2)若xC0,兀时，f (x) >ax,求a的取值范围.解：(1)设 g(x)=f' (x),贝U g(x) = cos x+xsin x- 1, g' (x)=xcos x.兀兀兀当 xe o,"2时，g'(x)>0；当 xe-2,兀 时，g' (x)<0,所以g

32、(x)在 0,上单 兀调递增，在 了，兀上单调递减.兀又g(0) =0, g -2 >0, g(兀)=2,故g(x)在(。，兀)存在唯一零点，所以f' (x)在区间(0 ,兀)存在唯一零点.(2)由题设知f(兀)>2兀，f(兀)=0,可得aW0,由(1)知，f' (x)在(0,兀)只有一个零点，设为x。，且当xC(0, x。)时，f' (x)>0；当xC (x0,兀)时，f' (x)<0,所以f (x)在(0 , x0)上单调递增，在(x°,兀)上单调递减.又 f(0) =0, f(兀)=0,所以当 xC0,兀时，f(x) &g

33、t;0.又当 a< 0, xC0,兀时，ax< 0,故 f( x) > ax.因此，a的取值范围是(一00, 0.4. (2019 成都诊断)已知函数 f(x) = (x22ax+a2) In x, aC R(1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a=- 1时，令F(x) = f x +x-ln x,证明：F(x) >- e 2,其中e为自然对数 x i I的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数 a的取值范围.解析：(1)当 a=0 时，f(x)=x2ln x(x>0),此时 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函数f(x)的单调递增区间为(e2, +OO),单调递减区间为(0, e-2).、rf X(2)证明： F(x) = x+ i +xIn x= xln x+x.由F' (x)=2+ln x,得F(x)在(0 , e)上单调递减，在(e 2, 十刃上单调递增， 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,贝U g' (x)=3 + 2ln x,33,3，函数g(x)在(0 , e

35、2)上单调递减，在(eg, +°°)上单调递增，g(x) >g(e -)= 32e2一 a.一一.3, 一3当 a<0 时，.函数 f(x)无极值，一2e-a>0,解得 a<- 2e-2.一 .3一一,，一，一当a>0时，g(x) min= 2ea a< 0,即函数g(x)在(0 , +°°)上存在手点，记为 xo.由函数f(x)无极值点，易知x = a为方程f' (x)=0的重根，-2aln a + aa=0,即 2aln a=0, a= 1.当0vav1时，x0<1且x0wa,函数f(x)的极值点为a

36、和xO；当a> 1时，x0> 1且xowa,函数f(x)的极值点为a和x。；当a=1时，xo=1,此时函数f(x)无极值.，一3 ,综上，aw 2e Q或 a=1.5. (2019 深圳三模)已知函数f(x)=xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t>0,存在唯一的 m使t = f(n)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m= g(t),证明：当t >e时，有；< 1.解析：f(x) =xln x,，f ' (x) =ln x+ 1(x>0),当xC 0,-时，f ' (x)<0,此时f (x)在0,-上

37、单调递减， ee当xC 1, +oo时，(x)>0, f(x)在1, +8上单调递增. ee(2)证明:0xWl 时，f(x)W0,又 t>0,令 h(x)=f(x)t, x 1 , 十°0),由 知h(x)在区间1 , +8)上为增函数，h(1) =- t<0, h(et)=t(et 1)>0,，存在唯一的m1使t = f(m)成立.证明：. mg(t)且由(2)知 t = f(m), t >0,当 t>e 时，若 m= g(t) <e,则由 f(m) 的单调性有 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，当1vu<7时F' (u) >0，F(u)单调递增，当u>|时，F' (u)<0, Ru)单调递减.，对 u> 1, F( u) < F o <0,即 1n u< |u 成立. 377 In g t -、综上，当 t >

39、e时，而v in-t< 1成立.限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1. (2019 全国 I 卷)已知函数 f(x)=2sin x xcos x-x, f ' (x)为 f (x)的导数.证明：f' (x)在区间(0,兀)存在唯一零点；(2)若xC0,兀时，f (x) >ax,求a的取值范围.解：(1)设g(x)=f'(x),贝Ug(x)= cosx+xsinx- 1,g'(x)=xcos x.兀兀兀当 xC 0, "2时，g' (x)>0;当 xC -2,兀时，g' (x)V0,

40、所以 g( x)在 0,上单 兀调递增，在2,兀上单调递减.兀又g(0) =0, g3 >0, g(兀)=2,故g(x)在(0,兀)存在唯一零点，所以f' (x)在区间(0,兀)存在唯一零点.(2)由题设知f(兀)> an , f(兀)=0,可得aw。，由知，f'(X)在(0,兀)只有一个零点，设为 X0,且当XC(0, X0)时，f' (x)>0；当 xC(X0,兀)时，f'(X)V0,所以f (X)在(0 , X0)上单调递增，在(X0,兀)上单调递减.又 f(0) =0, f(兀)=0,所以当 XC0,兀时，f(x) >0.又当 a

41、< 0, xC0,兀时，ax< 0,故 f( x) > ax.因此，a的取值范围是(一8, 0.2. (2020 成都诊断)已知函数 f(x) = (x2-2ax+a2) Tn x, aC R(1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a=- 1时，令F(x) = f j +xIn x,证明：F(x) >- e 2,其中e为自然对数X I I的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数 a的取值范围.解析：(1)当 a=0 时，f(x)=x2ln x(x>0),此时 f ' (x)=2xln x+x=x(2ln x+1).1令 f' (

42、x)>0,解得 x>e 万.一， 1 1函数f(x)的单调递增区间为(e万，+oo),单调递减区间为(0, e-5).、rf X(2)证明： F(x) =-+ x In x= xln x+x.x+ 1由F' (x)=2+ln x,得F(x)在(0 , e)上单调递减，在(e 2, 十刃上单调递增， 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,贝U gz (x)=3 + 2ln x,333函数g(x)在(0 , e2)上单

43、调递减，在(e+°°)上单调递增，g(x) >g(e -)= -2e-|- a.33当a<0时，函数f(x)无极值，一2e-a>0,解得aw2e万.一3一,，一，一当a>0时，g(x) min= - 2e2a< 0,即函数g(x)在(0 , +°°)上存在手点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知x = a为方程f' (x)=0的重根，-2aln a + aa=0,即 2aln a=0, a= 1.当0vav1时，X0<1且X0wa,函数f(x)的极值点为a和X0；当a> 1时，xo> 1且x&#

44、176;wa,函数f(x)的极值点为a和x°；当a=1时，xo= 1,此时函数f(x)无极值.3综上，aw 2e 2或 a=1.3. (2019 深圳三模)已知函数f(x)=xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t>0,存在唯一的 m使t = f(n)；设(2)中所确定的m关于t的函数为m= g(t),证明：当t>e时，有上m lg ； <1.解析：f(x) =xln x,，f ' (x) =ln x+ 1(x>0),.当xe 0, f'x1 x22x1 x2x1 x22+ m时，f'(x)<0,此时f(

45、x)在0, 1上单调递减， ee当xC 1, +8时，(x)>0, f(x)在! +8上单调递增. ee(2)证明：,.当 0vxwi 时，f(x)w0,又 t>0,令 h(x)=f(x)t, x 1 , 十°°),由(1)知h(x)在区间1 , +8)上为增函数，h(1) =- t<0, h(et) =t(et-1) >0,，存在唯一的m,使t = f(m)成立.证明：. m= g(t)且由(2)知 t = f(n), t >0,当 t>e 时，若 m= g(t) <e,则由 f(m)的单调性有 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，当1vu<7时F' (u) >0, F(u)单调递增，当u>|时，F' (u)<0, Ru)单调递减.7.对 u>1, F(u)< F- <0,即 In3,7 In g t -、综上，当t>e时，<nL-t一< 1成

47、立.1 一4. (2019 厦门二倜)已知函数 f(x)=aln x, g(x)=xdFf (x). xxi, x2,且>ea,求证:xi讨论h(x) =g(x) f (x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为 3,设方程f(x) + mx= 0的两个根为fxi + x2+ m 6f' xi x2> 5.解析：(1) .1 h(x) = g(x) - f (x) = x-alnx+上K,其定义域为(0, 十00) x h，(x)=x+ 1x-2x1+ a x21-x1 x2 x1 x2 x + Fx1x2“x21 + x1+ In .x1在(0 , +00 )递增； a+1

48、 > 0 即 a>1 时，xC (0,1 +a)时，h' (x)<0, xC (1+a, + °°)时，h)z(x)>0, h(x)在(0,1 +a)递减,在(1 +a, +00)递增,综上，a> 1 时，h(x)在(0,1 + a)递减，在(1+a, + 00)递增，aw 1 时，h( x)在(0 , + 00)递增.(2)证明：由(1)得x=1 + a是函数h(x)的唯一极值点，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，则 旷(t)=t t +1 2>0, Mt)在e* 2, +0°)上递增,22266(t (e ) = + E >+乔=5.x + x2+m 6故 f,x-x2>55. (2019 全国n卷)已知函数f(x) = ln x-到4. x- 1(1)讨论f (x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点;A(Xo, In xo)处的切线也是曲线y=(2)设xo是f (x)的一个零点，证明曲线 y= ln x在点 ex的切线.解：

50、f(x)的定义域为(0,1) U(1, +8).12因为 f'(x)=L.2>0,所以 f (X)在(0,1),(1 , +8)单调递增.e+ 1因为f,-口<°2_f(e ) = 2-e2+ 1e23e-1-e-1>0,所以f(X)在(1 , +8)有唯一零点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综上，f (x)有且仅有两个零点.(2)因为一=,故点B lnXoX0,1X7在曲线y= e上.Xo由题设知f(Xo)=0,即Xo+ 1l

51、n X0 = k，故直线AB的斜率1ln Xo Xo1Xo+ 1曲线y= ex在点B lnXo,，一 1 的斜率也是一，所以曲线y=lnXo重在“拆分”XoXo 11k = ；=ln Xo XoXo+ 1；一X0Xo一 1Xo7处切线的斜率是 ,曲线y = ln X在点A(Xo, ln Xo)处切线XoXoXx在点A(xo, ln xo)处的切线也是曲线 y=e的切线.高考解答题审题与规范(一)函数与导数类考题思维流程函数与导数问题一般以 函数为载体，以导数为工具， 重点考查囱数的一些性质， 如含参函数的单调性、极值 或最值的探求与讨论，复杂 函数零点的讨论，函数不等 式中参数范围的讨论，恒成

52、 立和能成立问题的讨论等， 是近几年高考试题的命题热 点.对于这类综合问题，一 般是先求导，再变形、分离 或分解出基本函数，再根据 题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019 全国I卷)已 知函数 f(x)=sin xln(1 + x), f ' (x)为 f(x)的导数, 证明：兀(1) f' (x)住区间-1, y 存在唯一极大值点；(2) f (x)有且仅用2个零点.设 g(x) = f ' (x),对 g(x) 求导可得g(x)在(1, E)单调兀递增，在a , 2单调递减，得 证.(2)对x进行讨论，当xC ( 1,0时，利用函数单调性确定此 区间上有唯一零点；当 xC兀0, "2时，利用函数单调性， 确定f (