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文档简介
学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精PAGE35学必求其心得,业必贵于专精PAGE第32练导数的综合应用[明考情]导数部分在高考中的应用一般综合性较强,以压轴题形式呈现,导数和函数零点,方程根及不等式相结合是高考命题的热点,高档难度.[知考向]1。导数与函数零点。2.导数与不等式。3。导数与其他知识的交汇问题.考点一导数与函数零点方法技巧研究函数零点或两函数图象的交点,可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值,确定函数图象的变化趋势,画出函数草图,确定函数图象与x轴的交点或两函数图象的交点.1.设函数f(x)=eq\f(1,2)x2-mlnx,g(x)=x2-(m+1)x,m>0。(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当m≥1时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数。解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=eq\f(x+\r(m)x-\r(m),x).当0<x<eq\r(m)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x>eq\r(m)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增。综上可知,函数f(x)的单调递增区间是[eq\r(m),+∞),单调递减区间是(0,eq\r(m)]。(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-eq\f(1,2)x2+(m+1)x-mlnx,x>0,问题等价于求函数F(x)的零点个数。F′(x)=-eq\f(x-1x-m,x),当m=1时,F′(x)≤0,函数F(x)为减函数,注意到F(1)=eq\f(3,2)>0,F(4)=-ln4<0,所以F(x)有唯一零点.当m>1时,若0<x<1或x>m,则F′(x)<0;若1<x<m,则F′(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,注意到F(1)=m+eq\f(1,2)>0,F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点。2.设函数f(x)=lnx+eq\f(m,x),m∈R。(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f′(x)-eq\f(x,3)零点的个数.解(1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+eq\f(e,x)(x〉0),则f′(x)=eq\f(x-e,x2)(x〉0),∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+eq\f(e,e)=2,∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f′(x)-eq\f(x,3)=eq\f(1,x)-eq\f(m,x2)-eq\f(x,3)(x>0),令g(x)=0,得m=-eq\f(1,3)x3+x(x〉0).设φ(x)=-eq\f(1,3)x3+x(x>0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,∴φ(x)的最大值为φ(1)=eq\f(2,3)。又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图)可知,①当m〉eq\f(2,3)时,函数g(x)无零点;②当m=eq\f(2,3)时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m〈eq\f(2,3)时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m〉eq\f(2,3)时,函数g(x)无零点;当m=eq\f(2,3)或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0〈m〈eq\f(2,3)时,函数g(x)有两个零点.3。已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R).(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e),e))上有两个零点,求实数m的取值范围.解(1)当a=2时,f(x)=2lnx-x2+2x,f′(x)=eq\f(2,x)-2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f′(1)=2,所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0。(2)g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=eq\f(2,x)-2x=eq\f(-2x+1x-1,x)。因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e),e)),当g′(x)=0时,x=1.当eq\f(1,e)〈x<1时,g′(x)>0;当1〈x〈e时,g′(x)〈0.所以g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=m-2-eq\f(1,e2),g(e)=m+2-e2,g(e)-geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=4-e2+eq\f(1,e2)〈0,则g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))),所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e),e))上的最小值是g(e).g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e),e))上有两个零点的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1=m-1>0,,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=m-2-\f(1,e2)≤0,))解得1〈m≤2+eq\f(1,e2),所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2+\f(1,e2))).4。(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a≤0,则f′(x)〈0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.(ii)若a>0,则由f′(x)=0,得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f′(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f′(x)〉0。所以f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ii)若a>0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-eq\f(1,a)+lna。①当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-eq\f(1,a)+lna>0,即f(-lna)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-eq\f(1,a)+lna<0,即f(-lna)〈0。又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2〉-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)上有一个零点。设正整数n0满足n0〉lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)-1)),则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0。由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)-1))>-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)上有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1)。考点二导数与不等式方法技巧导数与不等式问题相结合有两个方面:一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围;二是证明不等式或与自然数有关的不等式。解决这两类问题的核心是“函数的最值”.5.(2017·保定模拟)已知函数f(x)=ex-2x.(1)求函数f(x)的极值;(2)当a<2-ln4且x>0时,试比较f(x)与x2+(a-2)x+1的大小.解(1)∵f′(x)=ex-2,令f′(x)>0,得x>ln2,令f′(x)<0,得x<ln2,∴f(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,∴当x=ln2时,f(x)有极小值f(ln2)=2-2ln2,无极大值.(2)令g(x)=f(x)-x2-(a-2)x-1=ex-x2-ax-1,g′(x)=ex-2x-a=f(x)-a,∴g′(x)min=f(x)min-a=2-2ln2-a.∵a<2-ln4,∴g′(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴g(x)>g(0)=0,即f(x)>x2+(a-2)x+1.6。已知函数f(x)=-lnx+x-3。(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:在(1,+∞)上,f(x)+2>0;(3)证明:eq\f(ln2,2)·eq\f(ln3,3)·eq\f(ln4,4)·…·eq\f(lnn,n)〈eq\f(1,n)(n≥2,n∈N*)。(1)解f′(x)=eq\f(x-1,x)(x〉0),令f′(x)>0,得x∈(1,+∞);令f′(x)〈0,得x∈(0,1)。f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)证明f(x)=-lnx+x-3,所以f(1)=-2,由(1)知,f(x)=-lnx+x-3在(1,+∞)上单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,f(x)〉f(1)。即f(x)>-2,所以f(x)+2〉0.(3)证明由(1)可知,当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),即-lnx+x-1〉0,所以0<lnx〈x-1对一切x∈(1,+∞)恒成立。因为n≥2,n∈N*,则有0〈lnn<n-1,所以0〈eq\f(lnn,n)〈eq\f(n-1,n).所以eq\f(ln2,2)·eq\f(ln3,3)·eq\f(ln4,4)·…·eq\f(lnn,n)〈eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·eq\f(3,4)·…·eq\f(n-1,n)=eq\f(1,n)(n≥2,n∈N*).7。已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-eq\f(a,x)(a∈R),g(x)=eq\f(1,2)x2+ex-xex。(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=eq\f(x-1x-a,x2).①若a≤1,当x∈[1,e]时,f′(x)≥0,则f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.②若1<a<e,当x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数;当x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数。所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)lna-1.③若a≥e,当x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-eq\f(a,e).综上,当a≤1时,f(x)min=1-a;当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)lna-1;当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-eq\f(a,e).(2)由题意知,f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值。由(1)知,f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-eq\f(a,e)。g′(x)=(1-ex)x.当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-eq\f(a,e)<1,即a>eq\f(e2-2e,e+1),所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2-2e,e+1),1))。8.已知函数f(x)=alnx+eq\f(1,2)x2-(1+a)x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≥0对定义域的任意x恒成立,求实数a的取值范围;(3)证明:对于任意正整数m,n,不等式eq\f(1,lnm+1)+eq\f(1,lnm+2)+…+eq\f(1,lnm+n)>eq\f(n,mm+n)恒成立。(1)解f′(x)=eq\f(a,x)+x-(1+a)=eq\f(x2-1+ax+a,x)=eq\f(x-1x-a,x),x∈(0,+∞).当a≤0时,若0<x<1,则f′(x)<0,若x>1,则f′(x)>0,故此时函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞);当0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(0,a)a(a,1)1(1,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的单调递增区间是(0,a),(1,+∞),单调递减区间是(a,1);当a=1时,f′(x)=eq\f(x-12,x)≥0,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞);当a>1时,同0<a<1时的解法,可得函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(a,+∞),单调递减区间是(1,a)。(2)解由于f(1)=-eq\f(1,2)-a,显然当a>0时,f(1)<0,此时f(x)≥0对定义域内的任意x不是恒成立的。当a≤0时,由(1)可知,函数f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(1)=-eq\f(1,2)-a,此时只要f(1)≥0即可,即-eq\f(1,2)-a≥0,解得a≤-eq\f(1,2),故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,2)))。(3)证明当a=-eq\f(1,2)时,f(x)=-eq\f(1,2)lnx+eq\f(1,2)x2-eq\f(1,2)x≥0,当且仅当x=1时等号成立,即lnx≤x2-x.当x>1时,可以变换为eq\f(1,lnx)>eq\f(1,x2-x)=eq\f(1,x-1x),在上面不等式中分别令x=m+1,m+2,…,m+n,m,n∈N*,将所得各式相加,得eq\f(1,lnm+1)+eq\f(1,lnm+2)+…+eq\f(1,lnm+n)>eq\f(1,mm+1)+eq\f(1,m+1m+2)+…+eq\f(1,m+n-1m+n)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)-\f(1,m+1)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m+1)-\f(1,m+2)))+…+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m+n-1)-\f(1,m+n)))=eq\f(1,m)-eq\f(1,m+n)=eq\f(n,mm+n)。故eq\f(1,lnm+1)+eq\f(1,lnm+2)+…+eq\f(1,lnm+n)>eq\f(n,mm+n)。考点三导数与其他知识的交汇问题方法技巧解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题,可以通过构造函数,利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势,透析函数图象的基本特征,结合转化与化归、分类与整合等数学思想方法进行求解。9.已知函数f(x)=(x2-2ax+2)ex.(1)函数f(x)在x=0处的切线方程为2x+y+b=0,求a,b的值;(2)当a>0时,若曲线y=f(x)上存在三条斜率为k的切线,求实数k的取值范围.解(1)f(x)=(x2-2ax+2)ex,f(0)=2e0=2,∴2+b=0,解得b=-2.f′(x)=(x2-2ax+2+2x-2a)ex=[x2+(2-2a)x+2-2a]ex,f′(0)=2-2a=-2,得a=2,∴a=2,b=-2。(2)f′(x)=[x2+(2-2a)x+2-2a]ex,令h(x)=f′(x),依题意知,存在k使h(x)=k有三个不同的实数根,h′(x)=(x2-2ax+2+2x-2a+2x-2a+2)ex=[x2+(4-2a)x+4-4a]ex,令h′(x)=[x2+(4-2a)x+4-4a]ex=0,得x1=-2,x2=2a-2.由a>0知,x1<x2,则f′(x)在(-∞,-2),(2a-2,+∞)上单调递增,在(-2,2a-2)上单调递减.当x→-∞时,f′(x)→0,当x→+∞时,f′(x)→+∞,∴f′(x)的极大值为f′(-2)=e-2(2a+2),f′(x)的极小值为f′(2a-2)=e2a-2(2-2a),当f′(2a-2)<0,即a>1时,0<k<e-2(2a+2),当f′(2a-2)>0,即0<a<1时,e2a-2(2-2a)<k<e-2(2a+2)。10。已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)〉0,求b的最大值;(3)已知1.4142〈eq\r(2)<1。4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).解(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当x=0时,等号成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)因为g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).①当b≤2时,g′(x)≥0,当且仅当x=0时,等号成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增。而g(0)=0,所以对任意x〉0,g(x)〉0.②当b>2时,若x满足2〈ex+e-x〈2b-2,即0〈x<ln(b-1+eq\r(b2-2b))时,g′(x)<0。而g(0)=0,因此当0〈x≤ln(b-1+eq\r(b2-2b))时,g(x)〈0。综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(lneq\r(2))=eq\f(3,2)-2eq\r(2)b+2(2b-1)ln2,当b=2时,g(lneq\r(2))=eq\f(3,2)-4eq\r(2)+6ln2〉0,ln2>eq\f(8\r(2)-3,12)>0.6928;当b=eq\f(3\r(2),4)+1时,ln(b-1+eq\r(b2-2b))=lneq\r(2),g(lneq\r(2))=-eq\f(3,2)-2eq\r(2)+(3eq\r(2)+2)ln2〈0,ln2<eq\f(18+\r(2),28)〈0.6934.所以ln2的近似值为0.693。11.(2017·唐山二模)已知函数f(x)=a(lnx-1)+eq\f(1,x)的图象与x轴相切,g(x)=(b-1)logbx-eq\f(x2-1,2)。(1)求证:f(x)≤eq\f(x-12,x);(2)若1<x〈eq\r(b),求证:0〈g(x)〈eq\f(b-12,2).证明(1)f′(x)=eq\f(a,x)-eq\f(1,x2),设f(x)的图象与x轴相切于点(x0,0),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0=0,,f′x0=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(alnx0-1+\f(1,x0)=0,,\f(a,x0)-\f(1,x\o\al(2,0))=0,))解得a=x0=1。所以f(x)=lnx-1+eq\f(1,x),f(x)≤eq\f(x-12,x)等价于lnx≤x-1。设h(x)=lnx-x+1,则h′(x)=eq\f(1,x)-1,当0〈x<1时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x>1时,h′(x)〈0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x-1,所以f(x)≤eq\f(x-12,x)。(2)设m(x)=eq\f(x-1,lnx)(x>1),则m′(x)=eq\f(lnx+\f(1,x)-1,lnx2),由(1)可知,当x〉1时,lnx+eq\f(1,x)-1>0,从而有m′(x)>0,所以m(x)单调递增,又1<x<eq\r(b),所以1<x2<b,从而有m(x2)<m(b),即eq\f(x2-1,lnx2)〈eq\f(b-1,lnb),所以eq\f(x2-1,2)<eq\f(b-1lnx,lnb)=(b-1)logbx,即g(x)〉0.g(x)=(b-1)logbx-eq\f(x2-1,2)=eq\f(b-1lnx,lnb)-eq\f(x2-1,2)=(b-1)·eq\f(lnx2,2lnb)-eq\f(x2-1,2)〈(b-1)·eq\f(x2-1,2lnb)-eq\f(x2-1,2)=eq\f(x2-1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b-1,lnb)-1)).又lnb〉1-eq\f(1,b),所以eq\f(b-1,lnb)<b,又1<x2〈b,所以g(x)<eq\f(x2-1b-1,2)〈eq\f(b-12,2).综上可知,0〈g(x)〈eq\f(b-12,2).12。(2017·泸州冲刺)设函数f(x)=ex+sinx(e为自然对数的底数),g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x)。(1)若x=0是F(x)的极值点,且直线x=t(t≥0)分别与函数f(x)和g(x)的图象交于P,Q,求P,Q两点间的最短距离;(2)若当x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(-x)的图象上方,求实数a的取值范围。解(1)因为F(x)=ex+sinx-ax,所以F′(x)=ex+cosx-a,因为x=0是F(x)的极值点,所以F′(0)=1+1-a=0,解得a=2.又当a=2时,若x<0,F′(x)=ex+cosx-a<1+1-2=0,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减。若x>0,(F′(x))′=ex-sinx>0,所以F′(x)在(0,+∞)上为增函数,所以F′(x)>F′(0)=1+1-2=0,所以F(x)在(0,+∞)上为增函数.所以x=0是F(x)的极小值点,所以a=2符合题意,所以|PQ|=et+sint-2t。令h(x)=ex+sinx-2x,即h′(x)=ex+cosx-2,因为(h′(x))′=ex-sinx,当x>0时,ex>1,-1≤sinx≤1,所以(h′(x))′=ex-sinx>0,所以h′(x)=ex+cosx-2在(0,+∞)上单调递增,所以h′(x)=ex+cosx-2>h′(0)=0,所以当x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1,所以|PQ|min=1。(2)令φ(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,则φ′(x)=ex+e-x+2cosx-2a,令S(x)=(φ′(x))′=ex-e-x-2sinx,因为S′(x)=ex+e-x-2cosx≥0在x≥0时恒成立,所以函数S(x)在[0,+∞)上单调递增,所以S(x)≥S(0)=0在x≥0时恒成立。故函数φ′(x)在[0,+∞)上单调递增,所以φ′(x)≥φ′(0)=4-2a在x∈[0,+∞)时恒成立.当a≤2时,φ′(x)≥0,φ(x)在[0,+∞)上单调递增,即φ(x)≥φ(0)=0。故当a≤2时,F(x)≥F(-x)恒成立.当a>2时,因为φ′(x)在[0,+∞)上单调递增,所以总存在x0∈(0,+∞),使φ(x)在区间[0,x0)上,φ′(x)<0,导致φ(x)在区间[0,x0]上单调递减,而φ(0)=0,所以当x∈[0,x0)时,φ(x)<0,这与F(x)-F(-x)≥0对x∈[0,+∞)恒成立矛盾,所以a>2不符合题意,故符合条件的a的取值范围是(-∞,2]。例(12分)已知函数f(x)=lnx-mx+m,m∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,求实数m的值;(3)在(2)的条件下,任意的0<a<b,求证:eq\f(fb-fa,b-a)<eq\f(1,a1+a)。审题路线图(1)eq\x(求导f′x)→eq\x(讨论参数m确定f′x符号)→eq\x(fx的单调区间)(2)eq\x(结合1确定的符号)→eq\x(问题转化为fxmax≤0)→eq\x(m-lnm-1≤0)→eq\x(gx=x-lnx-1最小值为0)→eq\x(求出m=1)(3)eq\x(要证结论转化)→eq\x(利用2中gx性质)eq\o(→,\s\up7(函数单调性),\s\do5(不等式放缩))eq\x(结论得证)规范解答·评分标准(1)解f′(x)=eq\f(1,x)-m=eq\f(1-mx,x)(x∈(0,+∞))。当m≤0时,f′(x)>0恒成立,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,由f′(x)=eq\f(1,x)-m=eq\f(1-mx,x)>0,可得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,m))),则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,m)))上单调递增,由f′(x)=eq\f(1,x)-m=eq\f(1-mx,x)<0,可得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m),+∞)),则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m),+∞))上单调递减。…………4分(2)解由(1)知,当m≤0时显然不成立;当m>0时,f(x)max=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))=lneq\f(1,m)-1+m=m-lnm-1,只需m-lnm-1≤0即可,令g(x)=x-lnx-1,则g′(x)=1-eq\f(1,x),函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=0。则若f(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,m=1.…………8分(3)证明eq\f(fb-fa,b-a)=eq\f(lnb-lna+a-b,b-a)=eq\f(lnb-lna,b-a)-1=eq\f(ln\f(b,a),\f(b,a)-1)·eq\f(1,a)-1,由0<a<b,得eq\f(b,a)>1,由(2)得lneq\f(b,a)<eq\f(b,a)-1,则eq\f(ln\f(b,a),\f(b,a)-1)·eq\f(1,a)-1<eq\f(1,a)-1=eq\f(1-a,a)=eq\f(1-a2,a1+a)<eq\f(1,a1+a),则原不等式eq\f(fb-fa,b-a)<eq\f(1,a1+a)成立。…………………12分构建答题模板[第一步]求导数.[第二步]看性质:根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质。[第三步]用性质:将题中条件或要证结论转化,如果成立或有解问题可转化为函数的最值,证明不等式可利用函数单调性和放缩法。[第四步]得结论:审视转化过程的合理性。[第五步]再反思:回顾反思,检查易错点和步骤规范性。1.已知函数f(x)=x3+ax+eq\f(1,4),g(x)=-lnx。(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{fx,gx}(x〉0),讨论h(x)零点的个数。解(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0。即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(3,0)+ax0+\f(1,4)=0,,3x\o\al(2,0)+a=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0=\f(1,2),,a=-\f(3,4)。))因此,当a=-eq\f(3,4)时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)〈0,故h(x)在(1,+∞)内无零点。当x=1时,若a≥-eq\f(5,4),则f(1)=a+eq\f(5,4)≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-eq\f(5,4),则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)〈0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-lnx〉0。所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数。①若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)内无零点,故f(x)在(0,1)上单调。而f(0)=eq\f(1,4),②若-3〈a〈0,则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\r(-\f(a,3))))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(-\f(a,3)),1))上单调递增,故在(0,1)中,当x=eq\r(-\f(a,3))时,f(x)取得最小值,最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(-\f(a,3))))=eq\f(2a,3)eq\r(-\f(a,3))+eq\f(1,4)。(ⅰ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(-\f(a,3))))>0,即-eq\f(3,4)<a<0,f(x)在(0,1)内无零点;(ⅱ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(-\f(a,3))))=0,即a=-eq\f(3,4),则f(x)在(0,1)内有唯一零点;(ⅲ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(-\f(a,3))))〈0,即-3<a〈-eq\f(3,4),由于f(0)=eq\f(1,4),f(1)=a+eq\f(5,4),所以当-eq\f(5,4)〈a<-eq\f(3,4)时,f(x)在(0,1)内有两个零点;当-3<a≤-eq\f(5,4)时,f(x)在(0,1)内有一个零点。综上,当a〉-eq\f(3,4)或a〈-eq\f(5,4)时,h(x)有一个零点;当a=-eq\f(3,4)或a=-eq\f(5,4)时,h(x)有两个零点;当-eq\f(5,4)<a<-eq\f(3,4)时,h(x)有三个零点.2。已知函数f(x)=eq\f(a+lnx,x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数a的值及f(x)的极值;(2)是否存在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t,t+\f(2,3)))(t>0),使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点?若存在,求出实数t的取值范围,若不存在,请说明理由。解(1)f′(x)=eq\f(\f(1,x)·x-a+lnx,x2)=eq\f(1-a-lnx,x2)。∵f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,∴f′(1)=eq\f(1-a-ln1,12)=0,∴a=1,∴f(x)=eq\f(1+lnx,x),x>0,f′(x)=-eq\f(lnx,x2),当0<x<1时,f′(x)>0,当x>1时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值1,无极小值.(2)∵当x>1时,f(x)=eq\f(1+lnx,x)>0,当x→0时,f(x)→-∞,由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增,由零点存在性原理知,f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点,函数f(x)的图象如图所示.∵函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t,t+\f(2,3)))(t>0)上存在极值点和零点,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<t<1,,t+\f(2,3)>1,,ft=\f(1+lnt,t)<0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<t<1,,t>\f(1,3),,t<\f(1,e),))解得eq\f(1,3)<t<eq\f(1,e).∴存在符合条件的区间,实数t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),\f(1,e))).3。(2017·重庆二诊)已知曲线f(x)=eq\f(lnx2+alnx+a,x)在点(e,f(e))处的切线与直线2x+e2y=0平行,a∈R。(1)求a的值;(2)求证:eq\f(fx,x)〉eq\f(a,ex)。(1)解f′(x)=eq\f(-lnx2+2-alnx,x2),由题意可知,f′(e)=eq\f(-1+2-a,e2)=-eq\f(2,e2)⇒a=3。(2)证明f(x)=eq\f(lnx2+3lnx+3,x)(x>0),f′(x)=eq\f(-lnxlnx+1,x2),f′(x)〉0⇒eq\f(1,e)<x〈1,f′(x)<0⇒0<x<eq\f(1,e)或x>1,故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))和(1,+∞)上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),1))上单调递增.①当x∈(0,1)时,f(x)≥f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=e,而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ex)))′=eq\f(31-x,ex),故eq\f(3x,ex)在(0,1)上单调递增,∴eq\f(3x,ex)〈eq\f(3,e)<e,∴f(x)>eq\f(3x,ex),即eq\f(fx,x)〉eq\f(3,ex)。②当x∈[1,+∞)时,(lnx)2+3lnx+3≥0+0+3=3,令g(x)=eq\f(3x2,ex),则g′(x)=eq\f(32x-x2,ex),故g(x)在[1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(2)=eq\f(12,e2)<3,∴(lnx)2+3lnx+3〉eq\f(3x2,ex),即eq\f(fx,x)〉eq\f(3,ex).综上,对任意x>0,均有eq\f(fx,x)〉eq\f(3,ex).4.已知函数f(x)=ax2+bx-lnx(a,b∈R)。(1)设b=2-a,求f(x)的零点的个数;(2)设a>0,且对于任意x〉0,f(x)≥f(1),试比较lna与-2b的大小。解(1)∵b=2-a,∴f′(x)=2ax+(2-a)-eq\f(1,x)=eq\f(2x-1ax+1,x)(x〉0)。①若a≥0,则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上为减函数,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上为增函数,又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=1-eq\f(a,4)+ln2,∴当0≤a<4(1+ln2)时,函数f(x)没有零点;当a=4(1+ln2)时,函数f(x)有一个零点;当a〉4(1+ln2)时,函数f(x)有两个零点.②若a<0,当-2<a<0时,函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),-\f(1,a)))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,a),+∞))上单调递减,又f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,
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