2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題一 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的綜合應用與熱點問題教學案（文）

《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題一 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的綜合應用與熱點問題教學案（文）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題一 函數(shù)與導數(shù) 第4講 導數(shù)的綜合應用與熱點問題教學案（文）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　導數(shù)的綜合應用與熱點問題 [考情考向·高考導航] 導數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導數(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，是高考的熱點和難點． 解答題的熱點題型有： (1)利用導數(shù)證明不等式或探討方程的根． (2)利用導數(shù)求解參數(shù)的范圍或值． [真題體驗] 1．(2018·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0. 解析：(1)由題意：f(x)＝得f′(x)＝＝ ；∴f′(0)＝＝2；即曲線y＝f(x)在

2、點(0，－1)處的切線斜率為2， ∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0. (2)當a≥1時，f(x)＋e≥， 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1， 則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1， 當x＜－1時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當x＞－1時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此當a≥1，f(x)＋e≥0. 2．(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln x－x－1.證明： (1)f(x)存在唯一的極值點； (2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)． 證明：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)

3、 f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－， 因為y＝ln x單調(diào)遞增，y＝單調(diào)遞減，所以f′(x)單調(diào)遞增，又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又當x＜x0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x＞x0時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點． (2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3＞0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝a. 由α＞x0＞1得＜1＜x0. 又f＝ln－－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． 綜上，f(x)＝0

4、有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)． [主干整合] 1．常見構(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)＜g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構(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．對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(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，難以判斷符號，導數(shù)的零點也不

5、易求得，因此單調(diào)性和極值點都不易獲得，從而構(gòu)造f(x)和g(x)，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)對一切x∈[a，b]恒成立?[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b])． (2)f(x)＞g(x)對x∈[a，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∈[a，b])． (3)對?x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)對?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)?f

6、(x)min≥g(x)min. 3．零點存在性定理在函數(shù)的零點問題中的應用 第一步：求導函數(shù)　根據(jù)導數(shù)公式，求出函數(shù)的導函數(shù)，并寫出定義域． 第二步：討論單調(diào)性　由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)討論函數(shù)的單調(diào)性． 第三步：定區(qū)間端點處的函數(shù)值符號　確定單調(diào)區(qū)間端點處的函數(shù)值及符號． 第四步：判定零點　根據(jù)零點存在性定理判斷零點存在與否及其個數(shù)． 4．分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)的零點問題 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)，利用導數(shù)研究其圖象． 第三步：利用圖象找交點　利用圖象找到產(chǎn)生不同交點個

7、數(shù)的參數(shù)的取值范圍． 第四步：運動定范圍　通過改變未知變量的范圍找出臨界條件． 熱點一　利用導數(shù)研究不等式問題 利用導數(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)． (1)證明：f(x＋1)≤－； (2)證明：e2x－2(x－1)ex≥2x＋3. [審題指導]　第(1)小題利用移項作差構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù)，通過求導研究函數(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． [解析]　(1)令h(x)＝f(x＋1)－＋(x＞0)， 則h(x)＝ln x－＋，h′(x)＝－－＝＝， 所以當x∈(0,1)時，

8、h′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0， 所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0， 所以f(x＋1)≤－. (2)由(1)易知ln t≤－，t＞0. 要證e2x－2(x－1)ex≥2x＋3，即(ex＋1)2≥2x(ex＋1)＋4， 只需證ex＋1≥2x＋，即證≥x＋. 令t＝ex，則x≤－，即x＋≤，得證． 用導數(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①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．對于減函

9、數(shù)有類似結(jié)論． (2)利用最值：若f(x)在某個范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)． (3)證明f(x)＜g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，證明F(x)＜0. 　　　　利用導數(shù)研究不等式恒成立、存在性問題 [例1－2]　(2019·西安三模)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k＝2時，求證：對于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立． (3)若存在x0＞－1，使得當x∈(－1，x0)時，恒有f(x)＞g(x)成立，試求k的取值范圍． [審題指導]

10、　(1)求f(x)的導數(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． [解析]　(1)f′(x)＝－2(x＋1) ＝(x＞－2)． 當f′(x)＞0時，x2＋3x＋1＜0，解得－2＜x＜. 當f′(x)＜0時，解得x＞. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為， 單調(diào)減區(qū)間為. (2)證明：設h(x)＝f(x)－g(x) ＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x＞－1)． 當k＝2時，由題意，當x∈(－1，＋∞)時，h(x)＜0恒成立． h′(x)＝－2＝， 當x＞－1時，h′(x)＜0恒成立，h(x)單調(diào)遞減

11、． 又h(－1)＝0，當x∈(－1，＋∞)時，h(x)＜h(－1)＝0恒成立，即f(x)－g(x)＜0對于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立． (3)因為h′(x)＝－k ＝－. 由(2)知，當k＝2時，f(x)＜g(x)恒成立，即對于x＞－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)，不存在滿足條件的x0；當k＞2時，對于x＞－1，x＋1＞0，此時2(x＋1)＜k(x＋1)． 2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)＜k(x＋1)，即f(x)＜g(x)恒成立，不存在滿足條件的x0； 當k＜2時，令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，可知t(x)與h′(x)符

12、號相同， 當x∈(x0，＋∞)時，t(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減． 當x∈(－1，x0)時，h(x)＞h(－1)＝0，即f(x)－g(x)＞0恒成立． 綜上，k的取值范圍為(－∞，2)． 1．利用導數(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，利用導數(shù)求該函數(shù)的最值，根據(jù)要求得所求范圍．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a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，利用導數(shù)求該

13、函數(shù)的極值(最值)，伴有對參數(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”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求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，這樣，就可以解決相應的“存在性”問題是求最大值還是最小值，然后構(gòu)建目標不等式求參數(shù)范圍． (2020·江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；

14、 (2)若a＝－2，正實數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，證明：x1＋x2≥. 解析：(1)當a＝0時，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，∴切點為(1,1)，又f′(x)＝＋1， ∴切線斜率k＝f′(1)＝2. 故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)證明：當a＝－2時，f(x)＝ln x＋x2＋x，x＞0. f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0， 從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)． 令t＝x1x2，φ(t)＝t－ln t， 得φ′(

15、t)＝1－＝. 易知φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以φ(t)≥φ(1)＝1， 所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1. 又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥. 熱點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題 直觀 想象 素養(yǎng) 直觀想象——數(shù)形結(jié)合求解零點問題 在運用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問題時，要注意三點：第一要徹底明白一些概念和運算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征，對數(shù)學題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意義；第二是恰當設參、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．在解答導數(shù)問題中，主要存

16、在兩類問題，一是“有圖考圖”，二是“無圖考圖”. [例2]　(2019·日照三模)設函數(shù)f(x)＝x2－a(ln x＋1)(a＞0)． (1)證明：當a≤時，f(x)≥0. (2)判斷函數(shù)f(x)有幾個不同的零點，并說明理由． [審題指導]　(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，證明其在0＜a≤時恒大于等于0即可． (2)要判斷函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)，結(jié)合(1)需分a＝，0＜a＜，a＞，三種情況進行分類討論． [解析]　(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， 令f′(x)＝2x－＝＝0，則x＝ ， 所以當x∈時，f′(x)＜0，當

17、x∈時，f′(x)＞0， 所以f(x)的最小值為f＝－， 當0＜a≤時，ln＋1≤ln＋1＝0， 所以f＝－≥0， 所以f(x)≥0成立． (2)①當a＝時，由(1)得，f(x)＝x2－(ln x＋1)的最小值為f＝0， 即f(x)＝x2－(ln x＋1)有唯一的零點x＝； ②當0＜a＜時，由(1)得，f(x)＝x2－a(ln x＋1)的最小值為f＝－， 且f＝－＞0，即f(x)＝x2－a(ln x＋1)不存在零點； ③當a＞時，f(x)的最小值f＝－＜0，又＜ ，f＝＞0，所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點， 又當a＞時，a＞ ，f(a)＝a2－a(ln a＋1)＝a(a－

18、ln a－1)， 令g(a)＝a－ln a－1，g′(a)＝1－＝， g′(a)＝0，得a＝1，可知g(a)在上遞減，在(1，＋∞)上遞增， 所以g(a)≥g(1)＝0，所以f(a)≥0，所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點， 所以，當a＞時，f(x)有2個不同的零點， 綜上所述，①當a＝時，有唯一的零點；②當0＜a＜時，不存在零點；③當a＞時，有2個不同的零點． 1．對于函數(shù)零點的個數(shù)的相關(guān)問題，利用導數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想來求解，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)鍵點和難點，并求其定義域；(2)求導數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點；(3)畫出函數(shù)草圖；(4)數(shù)

19、形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點情況，進而求解． 2．研究方程的根的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，并借助函數(shù)的大致圖象判斷方程的根的情況，這是導數(shù)這一工具在研究方程中的重要應用． (2020·佛山模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax)ln x＋x2(其中a∈R)， (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． 解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－a)ln x＋(x2－ax)＋x＝(2x－a)ln x＋2x－a＝(2x－a)(1＋ln x)，令f′(x)＝0，

20、 即(2x－a)(1＋ln x)＝0?x1＝，x2＝， ①當x1＝x2，即＝，a＝時，f′(x)≥0，f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)； ②當x1＜x2，即＜，0＜a＜時， 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； ③當x2＜x1，即＜，a＞時，當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當x時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 綜上所述，當0＜a＜時，f(x)在，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 當a＝時，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增

21、； 當a＞時，f(x)在，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)若a＜0，令f′(x)＝0，即(2x－a)(1＋ln x)＝0，得x＝，當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 故當x＝時，f(x)取得極小值f＝ln＋＝＜0， 以下證明：在區(qū)間上，f(x)＜0， 令x＝，t＞1，則x∈， f(x)＝f＝，f(x)＜0?f＜0?(－t)＋＜0?atet－t＋＜0?atet＜t－，因為a＜0，t＞1，不等式atet＜t－顯然成立，故在區(qū)間上，f(x)＜0， 又f(1)＝＞0，即f(1)f＜0，故當a＜0時，函數(shù)f(x)有唯一的零點x0∈.

22、 限時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·天津卷節(jié)選)設函數(shù)f(x)＝excos x，g(x)為f(x)的導函數(shù)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當x∈時，證明f(x)＋g(x)≥0. 解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)．因此，當x∈(k∈Z)時，有sin x＞cos x，得f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減；當x∈(k∈Z)時，有sin x＜cos x，得f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增． 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)證明：記h(x

23、)＝f(x)＋g(x)，依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cos x－sin x)，從而g′(x)＝－2exsin x．當x∈時，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)＜0.因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進而h(x)≥h＝f＝0.所以，當x∈時，f(x)＋g(x)≥0. 2．(2019·大慶三模)設函數(shù)f(x)＝－kln x，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，則f(x)在區(qū)間(1，)上僅有一個零點． 解析：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝.

24、f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)；f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e. 當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點． 當k＞e時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0， 所以f(x)在區(qū)間

25、(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 3．(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導數(shù)． (1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點； (2)若x∈[0，π]時，f(x)≥ax，求a的取值范圍． 解：(1)設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當x∈時，g′(x)＞0；當x∈時，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一

26、零點， 所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點． (2)由題設知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0， 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個零點，設為x0，且當x∈(0，x0)時，f′(x)＞0；當x∈(x0，π)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當x∈[0，π]時，f(x)≥0. 又當a≤0，x∈[0，π]時，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范圍是(－∞，0]． 4．(2019·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R. (1)當a＝0時

27、，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＝－1時，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)； (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當a＝0時，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 令f′(x)＞0，解得x＞e－. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)． (2)證明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x. 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴F(x)≥F(e

28、－2)＝－e－2. (3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝·(2xln x＋x－a)． 令g(x)＝2xln x＋x－a，則g′(x)＝3＋2ln x， ∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a. ①當a≤0時，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－. ②當a＞0時，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點，記為x0. 由函數(shù)f(x)無極值點，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根， ∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1. 當0＜a＜1時，x0

29、＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點為a和x0； 當a＞1時，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點為a和x0； 當a＝1時，x0＝1，此時函數(shù)f(x)無極值． 綜上，a≤－2e－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：對任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)； (3)設(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當t＞e時，有＜＜1. 解析：(1)∵f(x)＝xln x， ∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， ∴當x∈時，f′(x)＜0，此時f(x)在上單調(diào)遞減， 當x∈時，f′(

30、x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增． (2)證明：∵當0＜x≤1時，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)， 由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)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． (3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0， 當t＞e時，若m＝g(t)≤e，則由f(m)的單調(diào)性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e， 又＝＝＝＝， 其中u＝ln m，u＞1，要使＜＜1成立，只需0＜ln u＜u， 令F(u)＝ln u－u，u＞1，F(xiàn)′(u)＝－， 當1＜u＜

31、時F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當u＞時，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減． ∴對u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln u＜u成立． 綜上，當t＞e時，＜＜1成立． 限時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)的導數(shù)． (1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點； (2)若x∈[0，π]時，f(x)≥ax，求a的取值范圍． 解：(1)設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當x∈時，g

32、′(x)＞0；當x∈時，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點， 所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點． (2)由題設知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0， 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個零點，設為x0，且當x∈(0，x0)時，f′(x)＞0；當x∈(x0，π)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當x∈[0，π]時，f(x)≥0. 又當a≤0，x∈[0，π]時，ax≤0，故f(x)≥

33、ax. 因此，a的取值范圍是(－∞，0]． 2．(2020·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R. (1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＝－1時，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)； (3)若函數(shù)f(x)不存在極值點，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當a＝0時，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 令f′(x)＞0，解得x＞e－. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)． (2)證明：F(x)＝

34、＋x－ln x＝xln x＋x. 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2. (3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝·(2xln x＋x－a)． 令g(x)＝2xln x＋x－a，則g′(x)＝3＋2ln x， ∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a. ①當a≤0時，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－. ②當a＞0時，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點，記為x

35、0. 由函數(shù)f(x)無極值點，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根， ∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1. 當0＜a＜1時，x0＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點為a和x0； 當a＞1時，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點為a和x0； 當a＝1時，x0＝1，此時函數(shù)f(x)無極值． 綜上，a≤－2e－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：對任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)； (3)設(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當t＞e時，有＜＜1. 解

36、析：(1)∵f(x)＝xln x， ∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， ∴當x∈時，f′(x)＜0，此時f(x)在上單調(diào)遞減， 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增． (2)證明：∵當0＜x≤1時，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)， 由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)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． (3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0， 當t＞e時，若m＝g(t)≤e，則由f(m)的單調(diào)性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e

37、， 又＝＝＝＝， 其中u＝ln m，u＞1，要使＜＜1成立，只需0＜ln u＜u， 令F(u)＝ln u－u，u＞1，F(xiàn)′(u)＝－， 當1＜u＜時F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當u＞時，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減． ∴對u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln uu成立． 綜上，當t＞e時，＜＜1成立． 4．(2019·廈門二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝aln x，g(x)＝x＋＋f′(x)． (1)討論h(x)＝g(x)－f(x)的單調(diào)性； (2)若h(x)的極值點為3，設方程f(x)＋mx＝0的兩個根為x1，x2，且≥ea，求證：＞. 解析：(1)∵h(x)＝g(x)－f

38、(x)＝x－aln x＋，其定義域為(0，＋∞)， ∴h′(x)＝. 在(0，＋∞)遞增； ②a＋1＞0即a＞－1時，x∈(0,1＋a)時，h′(x)＜0，x∈(1＋a，＋∞)時，h′(x)＞0， h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增， 綜上，a＞－1時，h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增，a≤－1時，h(x)在(0，＋∞)遞增． (2)證明：由(1)得x＝1＋a是函數(shù)h(x)的唯一極值點，故a＝2. ∵2ln x1＋mx1＝0,2ln x2＋mx2＝0， ∴2(ln x2－ln x1)＝m(x1－x2)， 又f(x)＝2ln x，∴f′(x

39、)＝， ＝ ＝ ＝＋m＝＋ln. 令＝t≥e2，φ(t)＝＋ln t，則φ′(t)＝＞0， ∴φ(t)在[e2，＋∞)上遞增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋＞1＋＝. 故＞. 5．(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點； (2)設x0是f(x)的一個零點，證明曲線y＝ln x在點A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． 解：(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)． 因為f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增． 因為f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－

40、＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點. 綜上，f(x)有且僅有兩個零點． (2)因為＝，故點B在曲線y＝ex上． 由題設知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直線AB的斜率k＝＝＝. 曲線y＝ex在點B處切線的斜率是，曲線y＝ln x在點A(x0，ln x0)處切線的斜率也是，所以曲線y＝ln x在點A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． 高考解答題·審題與規(guī)范(一)　函數(shù)與導數(shù)類考題 重在“拆分” 思維流程 　　函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導數(shù)

41、為工具，重點考查函數(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，復雜函數(shù)零點的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點．對于這類綜合問題，一般是先求導，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 審題方法 (12分)(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導數(shù)，證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點； (2)f(x)有且僅有2個零點. (1)設g(x)＝f′(x)，對g(x)求導可得g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，得證．

42、(2)對x進行討論，當x∈(－1,0]時，利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點；當x∈時，利用函數(shù)單調(diào)性，確定f(x)先增后減且f(0)＝0，f＞0，所以此區(qū)間上沒有零點；當x∈時，利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點；當x∈(π，＋∞)時，f(x)＜0，所以此區(qū)間上沒有零點. 審結(jié)論 問題解決的最終目標就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個目標進行定向思考的．審視結(jié)論就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對結(jié)論進行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向． 規(guī)范解答 評分細則

43、 [解析]　(1)設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.1分① 當x∈時，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點.2分② 設零點為α.則當x∈(－1，α)時，g′(x)＞0；當x∈時，g′(x)＜0.3分③ 所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點，即f′(x)在存在唯一極大值點.4分④ (2)f(x)的定義域為(－1，＋∞)． (ⅰ)當x∈(－1,0]時，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當x∈(－1,0)時，f′(x)＜0，故f(x)在

44、(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點.6分⑤ (ⅱ)當x∈時，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當x∈(0，β)時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.8分⑥ 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以當x∈時，f(x)＞0.從而，f(x)在沒有零點.9分⑦ (ⅲ)當x∈時，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點.10分⑧ (ⅳ)當x∈(π，＋∞)時，ln(x＋

45、1)＞1，所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點． 綜上，f(x)有且僅有2個零點.12分⑨ 第(1)問踩點得分 ①構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f′(x)并正確求導g′(x)得1分． ②判斷g′(x)在上遞減，由零點存在定理判定g′(x)在有唯一零點α，得1分． ③判斷g′(x)在(－1，α)，上的符號，得1分． ④得出g(x)＝f′(x)在有唯一極大值點得1分． 第(2)問踩點得分 ⑤判斷f′(x)在(－1,0)遞增，得1分，判斷f(x)在(－1,0)遞減，又f(0)＝0，有唯一零點，得1分． ⑥當x∈時判斷f′(x)的單調(diào)性，得1分；判斷f′(x)存在零點β，研究f(x)的單調(diào)性，得1分． ⑦由f(0)＝0，f＞0，結(jié)合f(x)的單調(diào)性，得出f(x)在上無零點，得1分． ⑧當x∈時，研究f(x)的單調(diào)性，由零點存在定理得出結(jié)論，得1分． ⑨當x∈(π，＋∞)時，f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)上無零點得1分，根據(jù)分類討論，得出總結(jié)論，得1分. - 19 -