高三數(shù)學二輪復習 第一篇 專題通關(guān)攻略 專題二 函數(shù)、導數(shù)、不等式 1.2.4 導數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分課件 理 新人教版

《高三數(shù)學二輪復習 第一篇 專題通關(guān)攻略 專題二 函數(shù)、導數(shù)、不等式 1.2.4 導數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分課件 理 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學二輪復習 第一篇 專題通關(guān)攻略 專題二 函數(shù)、導數(shù)、不等式 1.2.4 導數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分課件 理 新人教版（115頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第四講導數(shù)的簡單應(yīng)用及定積分【知識回顧【知識回顧】1.1.基本初等函數(shù)的八個導數(shù)公式基本初等函數(shù)的八個導數(shù)公式原函數(shù)原函數(shù)導函數(shù)導函數(shù)f(x)=c(cf(x)=c(c為常數(shù)為常數(shù)) )f(xf(x)=_)=_f(x)=xf(x)=x(R(R) )f(xf(x)=_)=_f(x)=sinxf(x)=sinxf(xf(x)=_)=_0 0 xx-1-1cosxcosx原函數(shù)原函數(shù)導函數(shù)導函數(shù)f(x)=cosxf(x)=cosxf(xf(x)=_)=_f(x)=af(x)=ax x(a(a0,0,且且a1)a1)f(xf(x)=_)=_f(xf(x)=e)=ex xf(xf(x)=_)=_f(x)=

2、logf(x)=loga ax(a0,x(a0,且且a1)a1)f(xf(x)=_ )=_ f(x)=lnxf(x)=lnxf(xf(x)=_ )=_ -sinx-sinxa ax xlnalnae ex x1xlna1x2.2.導數(shù)的四則運算法則導數(shù)的四則運算法則f(x)f(x)g(xg(x)=_;)=_;f(x)f(x)g(xg(x)=_;)=_; =_(g(x)0). =_(g(x)0).若若y=f(y=f() )，=ax+b=ax+b，則，則yyx x=_=_，即即yyx x=_.=_.f(x)f(x)g(xg(x) )f(x)g(x)+f(x)g(xf(x)g(x)+f(x)g(x)

3、 ) f xg x 2fx g xf x g xg xyyx xyya a3.3.函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關(guān)系函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關(guān)系f(xf(x)0)0f(x)f(x)為為_;_;f(xf(x)0)0f(x)f(x)為為_;_;f(xf(x)=0)=0f(x)f(x)為常數(shù)函數(shù)為常數(shù)函數(shù). .增函數(shù)增函數(shù)減函數(shù)減函數(shù)4.4.導數(shù)與極值的關(guān)系導數(shù)與極值的關(guān)系若函數(shù)的導數(shù)存在若函數(shù)的導數(shù)存在, ,某點的導數(shù)等于零是函數(shù)在該點取某點的導數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的得極值的_條件條件. .必要而不充分必要而不充分5.5.積分的性質(zhì)積分的性質(zhì) kf(x)dxkf(x)dx= _(k= _(k為常數(shù)為常數(shù)

4、) )； ff1 1(x)(x)f f2 2(x)dx=_(x)dx=_；_= f(x)dx+ f(x)dx_= f(x)dx+ f(x)dx( (其中其中acb).ac0.k10.1x2.(20162.(2016全國卷全國卷)已知已知f(xf(x) )為偶函數(shù)為偶函數(shù), ,當當x0 x0,x0,則則-x0,-x0,因為因為x0 x0 x0時時f(xf(x) )的解析式的解析式, ,再利用再利用導數(shù)求切線方程導數(shù)求切線方程. .(2)(2)先對函數(shù)先對函數(shù)y=x+lnxy=x+lnx求導求導, ,然后將然后將(1,1)(1,1)代入到導函數(shù)代入到導函數(shù)中中, ,求出切線的斜率求出切線的斜率,

5、,從而確定切線方程從而確定切線方程, ,再將切線方程再將切線方程與曲線與曲線y=axy=ax2 2+(a+2)x+1+(a+2)x+1聯(lián)立聯(lián)立, ,利用利用=0=0求出求出a a的值的值. .(3)(3)先利用二項式定理得到中間項系數(shù)，解得先利用二項式定理得到中間項系數(shù)，解得a a，再利，再利用定積分求陰影部分的面積用定積分求陰影部分的面積. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)設(shè)設(shè)x0,x0,則則-x0,-x0 x0，f(xf(x)=-x+4- .)=-x+4- .則則f(1)=-1+4-2=1f(1)=-1+4-2=1，而，而f(1)=- +4= .f(1)=- +4= .所以曲線所以曲線

6、C C在點在點(1(1，f(1)f(1)處的切線方程為處的切線方程為y- =x-1y- =x-1，即即2x-2y+5=0.2x-2y+5=0.12122x7272(2)(2)依題意當依題意當x1x1，22時，曲線時，曲線C C上的點上的點(x(x，y)y)都在不都在不等式組等式組 所表示的平面區(qū)域內(nèi)，等價于當所表示的平面區(qū)域內(nèi)，等價于當1x21x2時，時，1x2xy3yx2 ，xf(x)xxf(x)x+ + 恒成立恒成立. .設(shè)設(shè)g(x)=f(x)-xg(x)=f(x)-x=- x=- x2 2+ax+(1-a)lnx+ax+(1-a)lnx，x1x1，2.2.所以所以g(x)=-x+ag(x

7、)=-x+a+ +32122xax1 ax1xa11 axxx當當a-11a-11時，即時，即a2a2，當，當x1x1，22時，時，g(x)0g(x)0，g(xg(x) )為單調(diào)減函數(shù)，為單調(diào)減函數(shù)，所以所以g(2)g(x)g(1)g(2)g(x)g(1)，依題意應(yīng)有，依題意應(yīng)有 13g 1a22g 222a1 a ln 20 ，a21a2a1，解得所以，若若1a-121a-12，即，即2a32a3時，當時，當x1x1，a-1)a-1)時，時，g(x)0g(x)0，g(xg(x) )為單調(diào)增函數(shù)，當為單調(diào)增函數(shù)，當x(a-1x(a-1，22時，時，g(xg(x)0) g(1) ，所以不合題意所

8、以不合題意. .當當a-12a-12，即，即a3a3時，注意到時，注意到g(1)=a- g(1)=a- ，顯然不合題意顯然不合題意. .綜上所述，綜上所述，1a2.1a2.321252【加固訓練【加固訓練】1.(20161.(2016揭陽二模揭陽二模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(xf(x)=x)=x2 2-ax-ax的圖象在點的圖象在點A(1,f(1)A(1,f(1)處的切線處的切線l與直線與直線x+3y-1=0 x+3y-1=0垂直垂直, ,記數(shù)列記數(shù)列 的前的前n n項和為項和為S Sn n, ,則則S S20162016的值為的值為( () ) 1f n2 0152 0162 0142 01

9、7A. B. C. D.2 0162 0172 0152 018【解析【解析】選選B.B.由題意知由題意知f(xf(x)=x)=x2 2-ax-ax的圖象在點的圖象在點A(1,A(1,f(1)f(1)處的切線斜率處的切線斜率k=f(1)=2-a=3k=f(1)=2-a=3a=-1,a=-1,故故 2 0161111,f nn n1nn11111112 016S11.2232 0162 0172 0172 017 2.(20162.(2016亳州一模亳州一模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(x)=axlnx,aRf(x)=axlnx,aR, ,若若f(ef(e)=3,)=3,則則a a的值為的值為_._

10、.【解析【解析】f(x)=a(1+lnx),aR,f(e)=3,f(x)=a(1+lnx),aR,f(e)=3,所以所以a(1+lne)=3,a(1+lne)=3,所以所以a= .a= .答案答案: : 32323.(20163.(2016長沙二模長沙二模) )曲線曲線y=ey=e-x-x+1+1在點在點(0(0，2)2)處的切線處的切線與直線與直線y=0y=0和和x=0 x=0圍成的三角形的面積為圍成的三角形的面積為_._.【解析【解析】函數(shù)的導數(shù)函數(shù)的導數(shù)f(x)=-ef(x)=-e-x-x，則，則f(0)=-1f(0)=-1，則，則切線方程為切線方程為y-2=-xy-2=-x，即，即y=

11、-x+2y=-x+2，切線與切線與x x軸的交點為軸的交點為(2(2，0)0)，與，與y y軸的交點為軸的交點為(0(0，2)2)，所以切線與直線所以切線與直線y=0y=0和和x=0 x=0圍成的三角形的面積圍成的三角形的面積S= S= 2 22=2.2=2.答案：答案：2 212熱點考向二熱點考向二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 命題解讀命題解讀: :主要考查導函數(shù)值與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系主要考查導函數(shù)值與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系, ,利用導函數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性利用導函數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性, ,或由函數(shù)的單調(diào)性求或由函數(shù)的單調(diào)性求某參數(shù)值某參數(shù)值( (或取值范圍或取值范圍),

12、),三種題型都有可能出現(xiàn)三種題型都有可能出現(xiàn). .命題角度一確定函數(shù)的單調(diào)性命題角度一確定函數(shù)的單調(diào)性( (區(qū)間區(qū)間) )【典例【典例2 2】(2016(2016洛陽一模洛陽一模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(xf(x)= )= , ,其中常數(shù)其中常數(shù)k0,k0,(1)(1)討論討論f(xf(x) )在在(0,2)(0,2)上的單調(diào)性上的單調(diào)性. .4(k)ln xk24xx(2)(2)若若k4,+),k4,+),曲線曲線y=f(xy=f(x) )上總存在相異兩點上總存在相異兩點M(xM(x1 1, ,y y1 1),N(x),N(x2 2,y,y2 2) )使得曲線使得曲線y=f(xy=f(x)

13、)在在M,NM,N兩點處切線互相平兩點處切線互相平行行, ,求求x x1 1+x+x2 2的取值范圍的取值范圍. .【解題導引【解題導引】(1)(1)求導函數(shù)求導函數(shù), ,對對k k分類討論分類討論, ,利用導數(shù)的利用導數(shù)的正負正負, ,即可得到即可得到f(xf(x) )在區(qū)間在區(qū)間(0,2)(0,2)上的單調(diào)性上的單調(diào)性. .(2)(2)利用過利用過M,NM,N點的切線互相平行點的切線互相平行, ,建立方程建立方程, ,結(jié)合基本結(jié)合基本不等式不等式, ,再求最值再求最值, ,即可求即可求x x1 1+x+x2 2的取值范圍的取值范圍. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)因為因為f(xf(x

14、)= )= 當當0k20kk0, k0,且且 2,2,所以所以x(0,k)x(0,k)時時,f(x,f(x)0,x(k,2)0,)0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )在在(0,k)(0,k)上是減函數(shù)上是減函數(shù), ,在在(k,2)(k,2)上是增函數(shù)上是增函數(shù); ;24k4k1xx22244(k)x4xxk (x)kk, x0,k0 xx 4k4k當當k=2k=2時時, =k=2,f(x)0, =k=2,f(x)2k2時時,0 ,0 ,所以所以x(0, )x(0, )時時,f(x,f(x)0,x( ,2)0,)0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )在在(0, )(0, )上是減函數(shù)上是減函數(shù)

15、, ,在在( ,2)( ,2)上是增函上是增函數(shù)數(shù); ;4k4k4k4k4k4k4k(2)(2)由題意由題意, ,可得可得f(xf(x1 1)=f(x)=f(x2 2)(x)(x1 1,x,x2 20,0,且且x x1 1xx2 2) )222112121222121212121244kk44kk11,xxxx44 xx(k)x x ,kxxxx4x x() ,4 xx(k)()2k216xxk4,)4kk 即化簡得而，即對恒成立，令令g(kg(k)=k+ )=k+ 則則g(kg(k)= 0)= 0對對k4,+)k4,+)恒成立恒成立, ,所以所以g(k)g(4)=5,g(k)g(4)=5,所

16、以所以 所以所以x x1 1+x+x2 2 , ,故故x x1 1+x+x2 2的取值范圍為（的取值范圍為（ ,+),+). .4,k22k2k241kk1616,45kk165165【易錯警示【易錯警示】解答本例容易出現(xiàn)以下錯誤解答本例容易出現(xiàn)以下錯誤: :(1)(1)忽略函數(shù)的定義域忽略函數(shù)的定義域, ,在函數(shù)解析式中含有對數(shù)必須在函數(shù)解析式中含有對數(shù)必須滿足滿足x0.x0.(2)(2)對對k k分類討論不全分類討論不全, ,題目中已知題目中已知k0,k0,對對k k分類討論時分類討論時容易對標準劃分不準確容易對標準劃分不準確, ,討論不全面討論不全面. .【母題變式【母題變式】1.1.若

17、把典例若把典例2 2條件變?yōu)闂l件變?yōu)椤発0”,k0”,其他條件其他條件不變不變,f(x,f(x) )在在(0,2)(0,2)上的單調(diào)性如何上的單調(diào)性如何? ?【解析【解析】由典例由典例2(1)2(1)解析知解析知f(xf(x)= )= 在在(0,2)(0,2)上上f(xf(x)0,)0,故故f(xf(x) )在在(0,2)(0,2)上為減函數(shù)上為減函數(shù). .24xk (x)kx2.2.在典例在典例2(1)2(1)中中, ,將將(0,2)(0,2)改為改為(0,+),(0,+),試求試求f(xf(x) )的單的單調(diào)區(qū)間調(diào)區(qū)間. .【解析【解析】由典例由典例2(1)2(1)解析知解析知f(xf(x

18、)= )= 因為因為 當當0k20k2時時,k ,f(x,k ,f(x) )的單調(diào)減區(qū)間為的單調(diào)減區(qū)間為 增區(qū)間為增區(qū)間為 24xk (x)kxk2k24k,kk4k4(0,k),(,),k4(k,).k當當k=2k=2時時,k= =2,f(x)0,f(x),k= =2,f(x)2k2時時,k ,f(x,k ,f(x) )的減區(qū)間為的減區(qū)間為 增區(qū)間增區(qū)間為為 4k4k4(0,)(k,),k和4(,k).k命題角度二根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍命題角度二根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍【典例【典例3 3】(2016(2016玉溪三模玉溪三模) )若函數(shù)若函數(shù)f(xf(x)=x)=x3 3-

19、tx-tx2 2+3x+3x在在區(qū)間區(qū)間1,41,4上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減, ,則實數(shù)則實數(shù)t t的取值范圍是的取值范圍是( () )51A.(, B.(,3851C.,) D. 3,)8【解題導引【解題導引】由題意可得由題意可得f(x)0f(x)0即即3x3x2 2-2tx+30-2tx+30在在1,41,4上恒成立上恒成立, ,由函數(shù)的性質(zhì)可得由函數(shù)的性質(zhì)可得t t的取值范圍的取值范圍. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】選選C.C.因為函數(shù)因為函數(shù)f(xf(x)=x)=x3 3-tx-tx2 2+3x,+3x,所以所以f(xf(x)=3x)=3x2 2-2tx+3,-2tx+3,若函數(shù)若函數(shù)f(xf

20、(x)=x)=x3 3-tx-tx2 2+3x+3x在區(qū)間在區(qū)間1,41,4上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減, ,則則f(x)0,f(x)0,即即3x3x2 2-2tx+30-2tx+30在在1,41,4上恒成立上恒成立, ,即即2tx3x2tx3x2 2+3+3在在1,41,4上恒成立上恒成立, ,所以所以t t 在在1,41,4上恒成立上恒成立, ,31(x)2x令令y= y= 由對勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)可得由對勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)可得: :函數(shù)在函數(shù)在1,41,4上為增函上為增函數(shù)數(shù), ,當當x=4x=4時時, ,函數(shù)取最大值函數(shù)取最大值 , ,所以所以t .t .即實數(shù)即實數(shù)t t的取值范圍是的取值范圍

21、是 31(x),2x51851851,).8【規(guī)律方法【規(guī)律方法】1.1.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的“三個三個”方法方法方法一第方法一第1 1步步: :確定函數(shù)確定函數(shù)y=f(xy=f(x) )的定義域的定義域; ;第第2 2步步: :求導函數(shù)求導函數(shù)y=f(xy=f(x););第第3 3步步: :解不等式解不等式f(xf(x)0)0或或f(xf(x)0,)-1),+ln(x+1)(x-1),f(xf(x)= )= =- (x-1),=- (x-1),由由f(xf(x)0)0解得解得-1x1,-1x1,由由f(xf(x)0,)1.x1.故函數(shù)故函數(shù)f(xf(x) )的單調(diào)遞增區(qū)間為的

22、單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,1),(-1,1),單調(diào)遞單調(diào)遞減區(qū)間為減區(qū)間為(1,+).(1,+).141411x2x1x2x12 x1(2)(2)因為函數(shù)因為函數(shù)f(xf(x) )圖象上的點都在圖象上的點都在 所表示的平所表示的平面區(qū)域內(nèi)面區(qū)域內(nèi), ,則當則當x0,+)x0,+)時時, ,不等式不等式f(x)xf(x)x恒成立恒成立, ,即即axax2 2+ +ln(x+1)-x0ln(x+1)-x0恒成立恒成立, ,設(shè)設(shè)g(xg(x)=ax)=ax2 2+ln(x+1)-x(x0),+ln(x+1)-x(x0),只需只需g(x)g(x)maxmax00即可即可. .x0yx0，由由g(xg(x)

23、= )= ()()當當a=0a=0時時,g(x,g(x)= )= 當當x0 x0時時,g(x,g(x)0,)0a0時時, ,由由g(xg(x)= )= 因為因為x0,+),x0,+),若若 -10,-1 a 時時, ,在區(qū)間在區(qū)間(0,+)(0,+)上上,g(x,g(x)0,)0,則函數(shù)則函數(shù)g(xg(x) )在在(0,+)(0,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,g(x,g(x) )在在0,+)0,+)上無上無最大值最大值( (或或: :當當x+x+時時,g(x,g(x)+),)+),此時不滿足條件此時不滿足條件; ;x2ax(2a1),x112a12若若 -10,-10,即即0a 0a 時時, ,函

24、數(shù)函數(shù)g(xg(x) )在在(0, -1)(0, -1)上上單調(diào)遞減單調(diào)遞減, ,在區(qū)間在區(qū)間 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增, ,同樣同樣g(xg(x) )在在0,+)0,+)上無最大值上無最大值, ,不滿足條件不滿足條件. .12a1212a1(1,)2a()()當當a0a0時時, ,由由g(xg(x)= )= 因為因為x0,+),x0,+),所以所以2ax+(2a-1)0,2ax+(2a-1)0,所以所以g(xg(x)0,)0,)0,解得解得:x3:x3或或x1,x1,令令f(xf(x)0,)0,解得解得:1x3,:1x0,)0,解得解得:x2,:x2,所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )在在(-,

25、2)(-,2)上遞減上遞減, ,在在(2,+)(2,+)上遞增上遞增, ,所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )和函數(shù)和函數(shù)f(xf(x) )同在同在1,21,2上遞減上遞減, ,在在3,+)3,+)上遞增上遞增. .熱點考向三熱點考向三利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值命題解讀命題解讀: :主要考查利用函數(shù)的極值與導數(shù)的關(guān)系主要考查利用函數(shù)的極值與導數(shù)的關(guān)系, ,求求某些含有參數(shù)的函數(shù)的極值、最值以及極值的個數(shù)某些含有參數(shù)的函數(shù)的極值、最值以及極值的個數(shù), ,以以解答題為主解答題為主. .【典例【典例4 4】(2016(2016汕頭一模汕頭一模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(xf

26、(x)= ax)= ax2 2- -(a(a2 2+1)x+alnx.+1)x+alnx.12(1)(1)若函數(shù)若函數(shù)f(xf(x) )在在 上單調(diào)遞減，求實數(shù)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a a的取值范的取值范圍圍. .(2)(2)當當a a 時，求時，求f(xf(x) )在在11，22上的最大值和最上的最大值和最小值小值.(.(注意：注意：ln20.7)ln20a0時，不等式等價為時，不等式等價為x+ a+ x+ a+ 在在 上恒上恒成立；成立；當當x0 x0時，時，h(xh(x)=x+ )=x+ 在在(0(0，1)1)上是減函數(shù)，在上是減函數(shù)，在11，+)+)上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，所以要使函數(shù)所以

27、要使函數(shù)h(x)h(ah(x)h(a) )在在 上恒成立，則上恒成立，則0a0a或或aeae，綜上，綜上a a 或或aeae. .1x1a1ee，1x1ee，1e1e 222a2 fxaxa1xaxa1 xaax1xa.xx1fx0 xa.a由得或當當0a0a時，在時，在11，22上上f(x)0f(x)0，所以，所以f(xf(x) )在在11，22上遞減，上遞減，所以所以f(x)f(x)minmin=f(2)=2a-2(a=f(2)=2a-2(a2 2+1)+aln2+1)+aln2，f(x)f(x)maxmax=f(1)=f(1)=a-(aa-(a2 2+1)+1)；1212當當 a a 時

28、，時，當當1x 1x 時，時，f(xf(x)0)0，當，當 x20)0，所以所以f(x)f(x)minmin=f( )=-a- -alna=f( )=-a- -alna，12351a1a1a12af(2)-f(1)= a-(af(2)-f(1)= a-(a2 2+1)+aln2+1)+aln2，設(shè)設(shè)h(xh(x)= x-(x)= x-(x2 2+1)+xln2+1)+xln2， x x ；h(xh(x)= -2x+ln2)= -2x+ln2，因為因為 x 0)0，則則h(xh(x) )在在 x x 上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，3232123512351235所以所以h(x)h(x)maxmax=

29、= 所以所以f(2)f(1)f(2)f(1)，所以，所以f(x)f(x)maxmax=f(1)= a-(a=f(1)= a-(a2 2+1).+1).綜上當綜上當0a 0a 時，時，f(x)f(x)minmin=2a-2(a=2a-2(a2 2+1)+aln2+1)+aln2，f(x)f(x)maxmax= a-(a= a-(a2 2+1)+1)，當當 a 0)0，所以，所以f(xf(x) )在區(qū)間在區(qū)間 上是上是增函數(shù)增函數(shù). . 1f xxx 22x1x11fx1xx 1 ,1)21 ,1)2當當x(1x(1，33時，有時，有f(xf(x)0)0.)0.所以所以g(xg(x) )在區(qū)間在區(qū)

30、間 上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，x| x1|xx11 ,1)2xx11 ,1)221(x1)1 ,1)21 ,1)2所以所以g(xg(x) )在區(qū)間在區(qū)間 上有最小值上有最小值 所以所以a .a .當當x(1x(1，22時，不等式等價于時，不等式等價于axax2 2+ + 恒成立恒成立. .令令h(xh(x)=x)=x2 2+ + ，x(1x(1，2.2.當當x(1x(1，22時時. .h(xh(x)=x)=x2 2+ =x+ =x2 2+1+ x+1+ x2 2+12.+12.1 ,1)215g( )2454xx1xx1xx11x1所以，當所以，當a2a2時，不等式時，不等式axax2 2+ +

31、 對對x(1x(1，22恒恒成立成立. .綜上，實數(shù)綜上，實數(shù)a a的取值范圍是的取值范圍是 . .xx15(4，【加固訓練【加固訓練】(2016(2016濰坊一模濰坊一模) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(xf(x)=e)=ex x(x-lnx-1)(e(x-lnx-1)(e為自為自然對數(shù)的底數(shù)然對數(shù)的底數(shù)).).(1)(1)求函數(shù)求函數(shù)f(xf(x) )的單調(diào)區(qū)間的單調(diào)區(qū)間. .(2)(2)是否存在實數(shù)是否存在實數(shù)a,b(1,+),ab,a,b(1,+),a1x1時時,g(x,g(x)0,)0,因此因此f(xf(x)0,)0,此時此時函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )單調(diào)遞增單調(diào)遞增; ;當當0 x10 x

32、1時時,g(x,g(x)0,)0,因此因此f(xf(x)0,)0,此時函數(shù)此時函數(shù)f(xf(x) )單調(diào)單調(diào)遞減遞減. .所以函數(shù)所以函數(shù)f(xf(x) )的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+),(1,+),單調(diào)遞單調(diào)遞減區(qū)間為減區(qū)間為(0,1).(0,1).(2)(2)不存在滿足題意的實數(shù)不存在滿足題意的實數(shù)a,ba,b. .由由(1)(1)可知可知: :函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )在在(1,+)(1,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增. .若存在實數(shù)若存在實數(shù)a,b(1,+),ab,a,b(1,+),ab,使得函數(shù)使得函數(shù)f(xf(x) )在在a,ba,b 上值域也是上值域也是a,ba,b,則則f

33、(a)=a,f(bf(a)=a,f(b)=b,)=b,即方程即方程f(xf(x)=x)=x在在(1,+)(1,+)上有兩個實上有兩個實數(shù)根數(shù)根. .令令h(x)=f(x)-xh(x)=f(x)-x, ,則則h(xh(x)=e)=ex x -1. -1.由由(1)(1)可知可知:h(x:h(x) )單調(diào)遞增單調(diào)遞增,h(1)=-10,h(1)=-10, -10,所以存在所以存在m(1,e),m(1,e),使得使得h(mh(m)=0.)=0.并且當并且當x(1,m)x(1,m)時時,h(x,h(x)0,h(x)0,h(x)0,h(x)為增函數(shù)為增函數(shù). .1(xln x)x1(e 1)e 即即h(

34、mh(m) )為為h(xh(x) )在在(1,+)(1,+)上的最小值上的最小值. .而而h(1)=f(1)-1=-10,h(1)=f(1)-1=-10,所以所以h(x)=f(x)-xh(x)=f(x)-x只有一個零點只有一個零點. .即即f(xf(x)=x)=x在在(1,+)(1,+)上只有一個實數(shù)根上只有一個實數(shù)根. .所以不存在實數(shù)所以不存在實數(shù)a,b(1,+),ab,a,b(1,+),a0)=ln(-x)-10，可得，可得x-ex-e，令令f(xf(x)=ln(-x)-10)=ln(-x)-10，可得，可得-ex0-ex0，所以所以f(xf(x) )在在(-(-，-e)-e)上是增函數(shù)

35、，在上是增函數(shù)，在(-e(-e，0)0)上是減上是減函數(shù)函數(shù). .(2)f(x)=ln(-x)+a(2)f(x)=ln(-x)+a，因為，因為x-ex-e2 2，-e-e-1-1 ，所以，所以- -xexe-1-1，e e2 2 ，所以所以ln(-x)-1ln(-x)-1，22，若若a1a1，則，則f(xf(x)=ln(-x)+a0)=ln(-x)+a0恒成立，此時恒成立，此時f(xf(x) )在在-e-e2 2，-e-e-1-1 上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，f(x)f(x)maxmax=f(-e=f(-e-1-1)=(2-a)e)=(2-a)e-1-1；若若a-2a-2，則，則f(xf(x)=l

36、n(-x)+a0)=ln(-x)+a0恒成立，此時恒成立，此時f(xf(x) )在在-e-e2 2，-e-e-1-1 上是減函數(shù)，上是減函數(shù)，f(x)f(x)maxmax=f(-e=f(-e2 2)=-(a+1)e)=-(a+1)e2 2；若若-2a1-2a1，則令，則令f(x)=ln(-x)+af(x)=ln(-x)+a=0=0可得可得x=-ex=-e-a-a，因為因為f(x)=ln(-x)+af(x)=ln(-x)+a是減函數(shù)，是減函數(shù)，所以當所以當x-ex0)0，當，當x-ex-e-a-a時時f(xf(x)0)0，所以所以f(xf(x) )在在-e-e2 2，-e-e-1-1 上左增右減，上左增右減，所以所以f(x)f(x)maxmax=f(-e=f(-e-a-a)=e)=e-a-a，綜上：綜上：g(ag(a)= )= 12a2a ea1a1 ea2e2a1. ，.，