（浙江專版）2018年高考數(shù)學 母題題源系列 專題18 應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).doc

專題十八 應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)【母題原題1】【2018浙江，22】已知函數(shù)f(x)=lnx（）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)+f(x2)>88ln2；（）若a34ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點【答案】（）見解析（）見解析【解析】分析: （）先求導數(shù)，根據(jù)條件解得x1，x2關(guān)系，再化簡f(x1)+f(x2)為，利用基本不等式求得取值范圍，最后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性證明不等式，（）一方面利用零點存在定理證明函數(shù)有零點，另一方面，利用導數(shù)證明函數(shù)在上單調(diào)遞減，即至多一個零點.兩者綜合即得結(jié)論.詳解：（）函數(shù)f（x）的導函數(shù)，由得，因為，所以由基本不等式得因為，所以由題意得設，則，所以x（0，16）16（16，+）-0+2-4ln2所以g（x）在256，+）上單調(diào)遞增，故，即設h（x）=，則h（x）=，其中g(shù)（x）=由（）可知g（x）g（16），又a34ln2，故g（x）1+ag（16）1+a=3+4ln2+a0，所以h（x）0，即函數(shù)h（x）在（0，+）上單調(diào)遞減，因此方程f（x）kxa=0至多1個實根綜上，當a34ln2時，對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點點睛：利用導數(shù)證明不等式常見類型及解題策略：(1) 構(gòu)造差函數(shù).根據(jù)差函數(shù)導函數(shù)符號，確定差函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性得不等量關(guān)系，進而證明不等式.（2）根據(jù)條件，尋找目標函數(shù).一般思路為利用條件將求和問題轉(zhuǎn)化為對應項之間大小關(guān)系，或利用放縮、等量代換將多元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù).【母題原題2】【2017浙江，7】函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)的圖像可能是A. B. C. D. 【答案】D【解析】原函數(shù)先減再增，再減再增，且位于增區(qū)間內(nèi)，因此選D【名師點睛】本題主要考查導數(shù)圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系：若導函數(shù)圖象與軸的交點為，且圖象在兩側(cè)附近連續(xù)分布于軸上下方，則為原函數(shù)單調(diào)性的拐點，運用導數(shù)知識來討論函數(shù)單調(diào)性時，由導函數(shù)的正負，得出原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【命題意圖】考查導數(shù)的概念、導數(shù)公式求導法則導數(shù)的幾何意義及導數(shù)的應用，考查數(shù)學式子變形能力、運算求解能力、分類討論思想、函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想及分析問題與解決問題的能力 【命題規(guī)律】從全國看，高考在逐年加大對導數(shù)問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一般有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數(shù)的幾何意義；第二層次是導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考查，如零點、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)等，包括解決應用問題，將導數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關(guān)不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機結(jié)合，設計綜合題.浙江卷2018年作為壓軸題，其考查的靈活性可見一斑.【答題模板】求解應用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)問題的一般思路：第一步：牢記求導法則，正確求導.在函數(shù)與導數(shù)類解答題中，通常都會涉及求導，正確的求導是解題關(guān)鍵，因此要牢記求導公式，做到正確求導，解題時應先寫出函數(shù)定義域第二步：研究（1）（2）問的關(guān)系，注意利用第(1)問的結(jié)果.在題設條件下，如果第(1)問的結(jié)果第(2)問能用得上，可以直接用，有些題目不用第(1)問的結(jié)果甚至無法解決第三步：根據(jù)條件，尋找或構(gòu)造目標函數(shù)，注意分類討論.高考函數(shù)與導數(shù)解答題，一般都會涉及分類討論，并且討論的步驟也是得分點，所以一定要重視分類討論第四步：選擇恰當?shù)姆椒ㄇ蠼?，注意寫全得分關(guān)鍵：在函數(shù)與導數(shù)問題中，求導的結(jié)果、分類討論的條件、單調(diào)區(qū)間、零點等一些關(guān)鍵式子和結(jié)果都是得分點，在解答時一定要寫清楚【方法總結(jié)】1.導數(shù)法證明函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)性的步驟(1)求；(2)確認在內(nèi)的符號；(3)作出結(jié)論：時為增函數(shù)；時為減函數(shù)2.圖象法確定函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)性：導函數(shù)的圖象在哪個區(qū)間位于x軸上方(下方)，說明導函數(shù)在該區(qū)間大于0(小于0)，那么它對應的原函數(shù)在那個區(qū)間就單調(diào)遞增(單調(diào)遞減)3.已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)范圍的兩個方法：(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：yf(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題：即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f(x)0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f(x)0”來求解4.求函數(shù)f(x)極值的步驟： (1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導數(shù)f(x)；(3)解方程f(x)0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗f(x)在f(x)0的根x0左右兩側(cè)值的符號，如果左正右負，那么f(x)在x0處取極大值，如果左負右正，那么f(x)在x0處取極小值【溫馨提醒】導數(shù)值為0的點不一定是函數(shù)的極值點，“函數(shù)在某點的導數(shù)值為0”是“函數(shù)在該點取得極值”的必要不充分條件找函數(shù)的極值點，即先找導數(shù)的零點，但并不是說導數(shù)的零點就是極值點(如yx3)，還要保證該零點為變號零點6.求函數(shù)f(x)在a，b上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值【溫馨提醒】函數(shù)在限定區(qū)間內(nèi)最多只有一個最大值和一個最小值，如果存在最大或最小值，最大值一般是在端點或極大值點取得，最小值一般是在端點或極小值點取得極值與最值的區(qū)別(1)“極值”反映函數(shù)在某一點附近的大小情況，刻畫的是函數(shù)的局部性質(zhì)；“最值”是個整體概念，是整個區(qū)間上的最大值或最小值，具有絕對性(2)從個數(shù)上看，最值若存在，則必定是惟一的，而極值可以同時存在若干個或不存在，且極大(小)值并不一定比極小(大)值大(小)(3)從位置上看，極值只能在定義域內(nèi)部取得，而最值卻可以在區(qū)間的端點處取得；有極值未必有最值，有最值未必有極值7. 解決含參數(shù)問題及不等式問題注意兩個轉(zhuǎn)化：(1)利用導數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應用(2)將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題處理8.關(guān)于最值問題：對求函數(shù)在某一閉區(qū)間上，先用導數(shù)求出極值點的值和區(qū)間端點的值，最大者為最大值，最小者為最小值，對求函數(shù)定義域上最值問題或值域，先利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，從而弄清函數(shù)的圖像，結(jié)合函數(shù)圖像求出極值；對已知最值或不等式恒成立求參數(shù)范圍問題，通過參變分離轉(zhuǎn)化為不等式（）（ 是自變量，是參數(shù)）恒成立問題，（），轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，注意函數(shù)最值與極值的區(qū)別與聯(lián)系.1【2018屆河北省衡水中學三輪復習系列七】已知函數(shù)fx=ex-x+12(e為自然對數(shù)的底)，則fx的大致圖象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：求出導函數(shù)，利用導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)數(shù)形結(jié)合，利用零點存在定理判斷極值點位置，結(jié)合f1<0，利用排除法可得結(jié)果.詳解：函數(shù)fx=ex-x+12的極值點就是fx=ex-2x+1=0的根，相當于函數(shù)y=ex和函數(shù)y=2x+1交點的橫坐標，畫出函數(shù)圖象如圖，由圖知函數(shù)y=ex和函數(shù)y=2x+1有兩個交點，因為f-1>0,f0<0,f2>0.所以-1<x1<0,x2>1，可排除選項B，D；由f1=e-4<0，可排除選項A，故選C.點睛：本題通過對多個圖象的選擇考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題.這類題型也是近年高考常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據(jù)函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、特殊點以及x0+,x0-,x+,x-時函數(shù)圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意的選項一一排除.2【2018屆浙江省杭州市第二中學仿真】設函數(shù)f（x）=1-1x，g（x）=lnx，（）求曲線y=f（2x-1）在點（1,0）處的切線方程；（）求函數(shù)y=f（x）g（x）在區(qū)間1e,e上的取值范圍【答案】（1）y=x-1（2）0,e-1（）y=(1-1x)lnx=lnx-lnxx,y=1x-1xx+lnx2xx=x-1+lnx2xx,因為x1e,e，所以xx>0.令h(x)=x-1+lnx2，h(x)=x+12x>0，則h(x)在1e,e單調(diào)遞減， 因為h(1)=0，所以y=f(x)g(x)在1e,1上增，在1,e單調(diào)遞增. ymin=f(1)g(1)=0,ymax=maxf(1e)g(1e),f(e)g(e)=maxe-1,1-1e, 因為e-1>1-1e，所以y=f(x)g(x)在區(qū)間1e,e上的值域為0,e-1.3【浙江省杭州市學軍中學2018年5月模擬】已知函數(shù)f(x)=lnx+1x+ax，其中x>0,aR.（）若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+上不單調(diào)，求a的取值范圍；（）若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+上有極大值2e，求a的值.【答案】(1) -14<a<0.(2) =1-ee2.【解析】分析：（1）先求導，再分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為a=-x+1x2在1,+上有解，再求a的取值范圍.(2)先對a分類討論求函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+上極大值f()=2e，得ln+1+=2e，再求和a的值.詳解：（1）f(x)=lnx+1x+axf(x)=1x-1x2+a=ax2+x-1x2 =0在1,+上有解，所以a=-x+1x2在1,+上有解，設g(x)=-x+1x2,g(x)=-x2-(-x+1)2xx4=x2-2xx4=x-2x3所以函數(shù)g(x)在（1，2）上是減函數(shù)，在（2，+）上是增函數(shù).所以g(x)min=g(2)=-14,x+,g(x)<0-14<a<0所以函數(shù)f(x)在1,上單調(diào)遞減，在,上單調(diào)遞增，在,+上單調(diào)遞減，由極大值f()=2e，得ln+1+=2e（*）又2+-1=0，=1-1代入（*）得ln+2-1=2e設函數(shù)h(x)=lnx+2x-1-2e(x>2)，則h(x)=1x-2x2=x-2x2>0所以函數(shù)h(x)在(2,+)上單調(diào)遞增，而h(e)=0所以=e，所以=1-2=1-ee2當=1-ee2時，函數(shù)f(x)在1,+由極大值2e.點睛：（1）本題主要考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和最值、極值，意在考查學生對這些基礎知識的掌握能力和分析推理的能力.(2)解答本題的難點求得極大值f()=2e，得ln+1+=2e（*）后，如何求的值.這里又利用了構(gòu)造函數(shù)和求導解答.4【2018屆浙江省溫州市9月一?！恳阎瘮?shù)f(x)=x-3x-4lnx（1）求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）當0<x3時，求證：x2+2x-34xlnx【答案】(1) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3,+)；（2）證明見解析.【解析】試題分析：（1）求出fx， fx>0解不等式即可得f(x)的單調(diào)增區(qū)間；（2）x2+2x-34xlnx等價于f(x)=x-3x-4lnx-2，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，證明f(x)max=f(1)=-2，從而可得結(jié)果.試題解析：（1）f(x)=1+3x2-4x =x2-4x+3x2 =(x-1)(x-3)x2，令f(x)>0，解得x>3或x<1，又由于函數(shù)f(x)的定義域為x|x>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3,+)（2）由（1）知f(x)=x-3x-4lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在1,3上單調(diào)遞減，所以，當0<x3時，f(x)max=f(1)=-2，因此，當0<x3時，恒有f(x)=x-3x-4lnx-2，即x2+2x-34xlnx5【2018屆山東省濰坊市青州市三?！恳阎猣(x)=ln(x+m)-mx(mR)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設m>1，x1,x2為函數(shù)f(x)的兩個零點，求證：.x1+x2<0【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】分析：（1）由函數(shù)f(x)=ln(x+m)-mx，求得f(x)=1x+m-m，通過討論實數(shù)m的取值范圍，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）構(gòu)造函數(shù)g(x)=emx-x，g(x)=emx-x與y=m圖象兩交點的橫坐標為x1,x2，問題轉(zhuǎn)化為g(x2)<g(-2lnmm-x1)，令h(x)=g(x)-g(-2lnmm-x)=emx-2x-e2lnm-mx-2lnmm，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可作出證明.詳解：（1）f(x)=ln(x+m)-mx，f(x)=1x+m-m當m0時，f(x)=1x+m-m>0，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-m,+，無減區(qū)間；當m>0時，f(x)=1x+m-m=-m(x+m-1m)x+m，由f(x)=0，得x=-m+1m(-m,+)，x(-m,-m+1m)時，f(x)>0，x(-m+1m,+)時，f(x)<0，m>0時，易知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-m,-m+1m)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-m+1m,+)，（2）由（1）知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-m,-m+1m)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-m+1m,+)，不妨設-m<x1<x2，由條件知ln(x1+m)=mx1ln(x2+m)=mx2，即x1+m=emx1x2+m=emx2構(gòu)造函數(shù)g(x)=emx-x，g(x)=emx-x與y=m圖象兩交點的橫坐標為x1,x2由g(x)=memx-1=0可得x=-lnmm<0而m2>lnm(m>1)，-lnmm(-m,+)知g(x)=emx-x在區(qū)間(-m,-lnmm)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(-lnmm,+)上單調(diào)遞增，可知-m<x1<-lnmm<x2欲證x1+x2<0，只需證x1+x2<2lnmm，即證x2<2lnmm-x1(-lnmm,+)，考慮到g(x)在(-lnmm,+)上遞增，只需證g(x2)<g(-2lnmm-x1)由g(x2)=g(x1)知，只需證g(x1)<g(-2lnmm-x1)令h(x)=g(x)-g(-2lnmm-x)= emx-2x-e2lnm-mx-2lnmm，則h(x) =memx-2-(-m)e-2mlnm-mx =m(emx+e-2lnmemx)-22me-2lnm-2=2mm-2-2=0，所以h(x)為增函數(shù)，又h(-lnmm)=0，結(jié)合-m<x1<-lnmm知h(x1)<0，即成立g(x1)<g(-2lnmm-x1)，即x1+x2<0成立. 點睛：本題主要考查導數(shù)在函數(shù)中的應用，以及不等式的證明，著重考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數(shù)的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)；(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決函數(shù)的恒成立與有解問題，同時注意數(shù)形結(jié)合思想的應用.6【2018屆江蘇省鹽城中學全仿真】已知函數(shù)f(x)=13a2x3-x，g(x)=1x+a1nx(aR).(I)若a>0，求函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間；()若f(x)存在極小值點x0，且f(x1)=f(x0)，其中x1x0，求證: x1+2x0=0；()試問過點P(0,2)可作多少條直線與g(x)的圖像相切?并說明理由.【答案】()單調(diào)減區(qū)間為(0,1a)單調(diào)增區(qū)間為(1a,+)；()證明見解析；()答案見解析.【解析】分析：（1）對h(x)進行求導計算即可得到單調(diào)區(qū)間；（2）若f(x)存在極小值點x0，f(x)=a2x2-1，則a2=1x02，由f(x1)=f(x0)可得13a2x13-x1=13a2x03-x0，化簡代入a2=1x02，即可得到證明；解析：(1) a>0，h(x)=(ax-1)(ax+1+1x2)所以h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1a)單調(diào)增區(qū)間為(1a,+)；(2) f(x)=a2x2-1，f(x)存在極小值點x0，則a2=1x02.f(x1)=f(x0)，則13a2x13-x1=13a2x03-x0，所以(x1-x0)a2(x12+x1 x0+x02)-3=0代入a2=1x02所以(x1-x0)(x12+x1 x0+2x02)=0，則(x1-x0)2(x1+2x0)=0，又x1x0，所以x1+2x0=0；(3) a0時，有1條切線；a>0時，有2條切線.設切點坐標是(x0,f(x0)，依題意：f(x0)-2x0-0=ax0-1x02即1x0+a1nx0-2=a-1x0，化簡得：2x0+a1nx0-2-a=0設F(x)=2x+a1nx-2-a，x>0故函數(shù)F(x)在(0,+)上零點個數(shù)，即是曲線切線的條數(shù).F(x)=-2x2+ax=ax-2x2，當a=0時， F(x)=2x-2，在(0,+)上恰有一個零點1；當a<0時， F(x)=ax-2x2<0在(0,+)上恒成立，F(xiàn)(x)在(0,+)上單調(diào)遞減，且F(1)=-a>0，F(xiàn)(e)=2e-2<0故F(x)在(1,e)上有且只有一個零點，當a<0時， F(x)在(0,+)上恰有個零點；a>0時，F(xiàn)(x)在(0,2a)上遞減，在(2a,+)上遞增，故F(x)在(0,+)至多有兩個零點，且F(1)=2-2-a=-a<0又函數(shù)y=1nx在(1,+)單調(diào)遞增，且值域是(0,+)，故對任意實數(shù)a，必存在x0(1,+)，使1nx0>a+2a，此時F(x0)=2x0+a1nx0-2- a=2x0+a(1nx0-a+2a)>0由于a+2a>1，函數(shù)F(x)在(1,x0)上必有一零點；F(e-(1+a+1a)=2e1+a+1a-a (1+a+1a)-2-a= 2e1+a+1a-(a2+2a+3)先證明當a>0時， e1+a+1a(a+2)2，即證1+a+1a21n(a+2)若a(0,2)，1+a+1a3，而21n(a+2)21n4，由于21n4=1n16<3若a2+)，構(gòu)建函數(shù)(x)=1+x+1x -21n(x+2)，(x)=1-1x2-2x+2= x3-x-2x2(x+2)= x(x2-1)-2x2(x+2)>0(x)在2+)為增函數(shù)， (a)(2)=3 +12-21n4>0綜上a>0時，e1+a+1a(a+2)2，所以2e1+a+1a2(a+2)2=a2 +2a+3+(a2+2a+5) >a2+2a+3，故F(e-(1+a+1a)>0又F(1)<0，e-(1+a+1a)<1，所以在(e-(1+a+1a),1)必有一零點.當a>0時， F(x)在(0,+)上有兩個零點綜上：a0時，有1條切線；a>0時，有2條切線.點睛：導數(shù)在研究函數(shù)零點中的作用(1)研究函數(shù)圖象的交點、方程的根、函數(shù)的零點，歸根到底是研究函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、極值等(2)用導數(shù)研究函數(shù)的零點，一方面用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，借助零點存在性定理判斷；另一方面，也可將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決7【2018屆湖南省長沙市長郡中學模擬卷（二）】已知函數(shù)f1(x)=(x-)2，f2(x)=lnx（x>0，且x1）.（1）當=1時，若對任意x(1,+)，f1(x)kf2(x)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；（2）若(0,1)，設f(x) =f1(x)f2(x)，f(x)是f(x)的導函數(shù)，判斷f(x)的零點個數(shù)，并證明.【答案】（1）(-,0（2）見解析【解析】分析：（1）由題意，求導，若k0，則g（x）0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得g（x）最大值，即可求得實數(shù)k的取值范圍；（2）構(gòu)造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點的判斷，即可求得f（x）的零點個數(shù)詳解: （1）當=1時，對任意x(1,+)，(x-1)2-klnx0恒成立，令g(x)=(x-1)2-klnx，求導g(x)=2x2-2x-kx，由x>1，則2x2-2x=2x(x-1)>0，若k0，則g(x)>0，所以g(x)在(1,+)上是增函數(shù)，所以g(x)>g(1)=0，符合題意，當k>0時，令g(x)=0，解得x1=1-1+2k2<0，x2=1+1+2k2>1，則g(x)在(1,x2)上是減函數(shù)，當x(1,x2)時，g(x)<g(1)=0，不符合題意，綜上可知k的取值范圍為(-,0.其中0<<1，則h(x)min=h(2)=2ln2+1<1-ln4<0，h()=2ln<0，h(1)=-1<0，當x=e>2時，h(e)=1+e-1>0，由零點存在定理及單調(diào)性可知在(2,+)上存在唯一的零點x2，取x=2e2(2e2<2)，則h(2e2)=4ln+e2-5，令g()=4ln+e2-5，知g()在(0,1)上是減函數(shù)，故當(0,1)時，g()>g(1)=e2-5>0，即h(2e2)>0，由零點存在定理及單調(diào)性可知在(2e2,2)上存在唯一x3(2e2,2)，h(x3)=0，由h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)，則在(0,2)上h(x)僅存在唯一的零點x3，綜上可知f(x)共有三個零點.點睛：（1）函數(shù)零點個數(shù)（方程根的個數(shù)）的判斷方法：結(jié)合零點存在性定理，利用函數(shù)的單調(diào)性、對稱性確定函數(shù)零點個數(shù)；利用函數(shù)圖像交點個數(shù)判斷方程根的個數(shù)或函數(shù)零點個數(shù)（2）本題將方程實根個數(shù)的問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象交點的問題解決，解題時注意換元法的應用，以便將復雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題處理.8【2018屆四川省成都市龍泉驛區(qū)第二中學校3月市“二診”】設a >0，已知函數(shù) (x>0)()討論函數(shù)的單調(diào)性；()試判斷函數(shù)在上是否有兩個零點，并說明理由【答案】(1)見解析(2) 函數(shù)沒有兩個零點【解析】試題分析：（）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（）假設2個零點，推出矛盾即可試題解析：（），設，則，當時， ， ，即，在上單調(diào)遞增；當時， ，由得，, 可知，由的圖象得：在和上單調(diào)遞增； 在 上單調(diào)遞減 （）解法：函數(shù)在上不存在兩個零點假設函數(shù)有兩個零點，由（）知， ，因為，則，即，由知，所以，設，則（）， 由，得，設，得，所以在遞增，得，即，這與（）式矛盾， 所以上假設不成立，即函數(shù)沒有兩個零點9【2018屆安徽亳州市渦陽一中最后一卷】已知fx=lnx-ax2-bx.（1）若a=-1，函數(shù)fx在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；（2）當a=1，b=-1時，證明：函數(shù)fx只有一個零點；（3）若fx的圖像與x軸交于Ax1,0，Bx2,0x1<x2兩點，AB中點為Cx0,0，求證：fx0<0.【答案】（1）-,22；（2）見解析；（3）見解析【解析】分析：（1）fx在0,+上遞增， fx=1x+2x-b0對x0,+恒成立即b1x+2x對x0,+恒成立， 只需b1x+2xmin即可；（2）利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可得函數(shù)fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+上單調(diào)遞減， 當x=1時，函數(shù)fx取得最大值，其值為f1=lnx-12+1=0，當x1時，fx<f1，即fx<0，從而可得結(jié)果；（3）由已知得fx1=lnx1-ax12-bx1=0fx2=lnx2-ax22-bx2=0，化為lnx1x2=x1-x2ax1+x2+b，可得fx0=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2，t=x1x2，t=2t-2t+1-lnt0<t<1，只需證明t>1=0即可得結(jié)論.（2）當a=1，b=-1時，fx=lnx-x2+x，其定義域是0,+， fx=1x-2x+1=-2x2-x-1x=-x-12x+1x， x>0， 0<x<1時，fx>0；當x<1時，fx<0 函數(shù)fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+上單調(diào)遞減 當x=1時，函數(shù)fx取得最大值，其值為f1=lnx-12+1=0當x1時，fx<f1，即fx<0 函數(shù)fx只有一個零點（3）由已知得fx1=lnx1-ax12-bx1=0fx2=lnx2-ax22-bx2=0nx1=ax12+bx1lnx2=ax22+bx2兩式相減，得lnx1x2=ax1+x2x1-x2+bx1-x2 lnx1x2=x1-x2ax1+x2+b，由fx=1x-2ax-b及2x0=x1+x2，得fx0=1x0-2ax0-b =2x1+x2-ax1+x2+b =2x1+x2-1x1-x2lnx1x2=1x1-x22x1-x2x1+x2-lnx1x2 =1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2令t=x1x2，t=2t-2t+1-lnt0<t<1， t=-t-12tt+12<0， t在0,1上遞減， t>1=0 x1<x2， fx0<010【2018屆河南省洛陽市第三次統(tǒng)一考試】已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-t2x2，其中tR.（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）當t=3時，證明：不等式f(x1+xt)-f(x1-x2)>-2x2恒成立（其中x1R，x1>0）.【答案】(1)見解析;(2)見解析.【解析】分析：（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論t的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）問題轉(zhuǎn)化為證明f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立設g(x)=f(x)+x，則上式等價于g(x1+x2)>g(x1-x2)，要證明g(x1+x2)>g(x1-x2)對任意x1R，x2(0,+)恒成立，要證明g（x1+x2）g（x1-x2）對任意x1R，x2（0，+）恒成立，即證明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可詳解：（1）由于f(x)=xex-tx=x(ex-t).1）當t0時，ex-t>0，當x>0時，f(x)>0，f(x)遞增，當x<0時，f(x)<0，f(x)遞減；2）當t>0時，由f(x)=0得x=0或x=lnt.當0<t<1時，lnt<0，當x>0時，f(x)>0，f(x)遞增，當lnt<x<0時，f(x)<0，f(x)遞減，當x<lnt時，f(x)>0，f(x)遞增；當t=1時，f(x)>0，f(x)遞增；當t>1時，lnt>0.當x>lnt時，f(x)>0，f(x)遞增，當0<x<lnt時，f(x)<0，f(x)遞減，當x<0時，f(x)>0，f(x)遞增.綜上，當t0時，f(x)在(-,0)上是減函數(shù)，在(0,+)上是增函數(shù)；當0<t<1時，f(x)在(-,lnt)，(0,+)上是增函數(shù)，在(lnt,0)上是減函數(shù)；當t=1時，f(x)在(-,+)上是增函數(shù)；當t>1時，f(x)在(-,0)，(lnt,+)上是增函數(shù)，在(0,lnt)上是減函數(shù).（2）依題意f(x1+x2)-f(x1-x2) >(x1-x2)-(x1+x2)f(x1+x2)+(x1+x2) >f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立.設g(x)=f(x)+x，則上式等價于g(x1+x2)>g(x1-x2)，要證明g(x1+x2)>g(x1-x2)對任意x1R，x2(0,+)恒成立，即證明g(x)=(x-1)ex-32x2+x在R上單調(diào)遞增，又g(x)=xex-3x+1，只需證明xex-3x+10即可.令h(x)=ex-x-1，則h(x)=ex-1，當x<0時，h(x)<0，當x>0時，h(x)>0，h(x)min=h(0)=0，即xR，exx+1，那么，當x0時，xexx2+x，所以xex-3x+1 x2-2x+1=(x-1)20；當x<0時，ex<1，xex-3x+1=x (ex-3+1x)>0，xex-3x+10恒成立.從而原不等式成立.11【2018屆四川省南充市三診】函數(shù)f(x)=lnx+kx,kR.（）若曲線y=f(x)在點(e,f(e)處的切線與直線x-2=0垂直，求f(x)單調(diào)遞減區(qū)間和極值（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）； （）若對任意x1>x2>0，f(x1)-f(x2)<x1<x2恒成立.求k的取值范圍.【答案】（）f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e)，極小值為2，無極大值.（）14,+)【解析】分析：（）先利用導數(shù)的幾何意義求出k的值，然后利用導數(shù)求該函數(shù)單調(diào)區(qū)間及其極值；（）由題意可知，函數(shù)f（x）-x在（0，+）上遞增，即該函數(shù)的導數(shù)大于等于零在（0，+）恒成立，然后轉(zhuǎn)化為導函數(shù)的最值問題來解詳解：（）由f(x)=lnx+kx，知x>0，f(x)=1x-kx2(x>0).因為曲線y=f(x)在點(e,f(e)處的切線與直線x=2垂直，所以f(e)=0，即1e-ke2=0，得k=e. 所以f(x)=1x-ex2=x-ex2(x>0).當0<x<e時，f(x)<0，f(x)在(0,e)單調(diào)遞減；當x>e時，f(x)>0，f(x)在(e,+)單調(diào)遞增.所以當x=e時，y=f(x)有極小值，且極小值為f(e)=lne+1=2.綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,e)，極小值為2，無極大值.（）因為對任意x1>x2>0，f(x1)-f(x2)<x1-x2恒成立所以f(x1)-x1<f(x2)-x2對任意x1>x2>0恒成立，令g(x)=f(x)-x=lnx+kx-x(x>0)，則g(x)在(0,+)單調(diào)遞減，所以g(x)=1x-kx2-10在(0,+)恒成立，所以k-x2+x=-x(x-12)2+14(x>0)恒成立.令h(x)=-(x-12)2+14，則kh(x)max=14.所以k的取值范圍是14,+).點睛：利用函數(shù)的導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性有兩種題型，一種是求單調(diào)區(qū)間，只需令導數(shù)大于0求增區(qū)間，令導數(shù)小于0求減區(qū)間；另一種是已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)，若已知函數(shù)單增，只需函數(shù)導數(shù)在區(qū)間上恒大于等于0即可，若已知函數(shù)單減，只需函數(shù)導數(shù)小于等于0即可.注意等號！12【2018屆安徽省合肥市高三三?！恳阎瘮?shù)fx=ex-12x2-ax有兩個極值點x1，x2（e為自然對數(shù)的底數(shù)）.（）求實數(shù)a的取值范圍；（）求證：fx1+fx2>2.【答案】（1）a>1（2）見解析【解析】分析：() 函數(shù)fx=ex-12x2-ax有兩個極值點，只需fx=0有兩個根，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理與函數(shù)圖象可得當a1時，沒有極值點；當a>1時，當a>1時，有兩個極值點；()由()知，x1，x2為gx=0的兩個實數(shù)根，x1<0<x2，gx在-，0上單調(diào)遞減，問題轉(zhuǎn)化為，要證fx1+fx2>2，只需證f-x2+fx2>2，即證ex2+e-x2-x22-2>0，利用導數(shù)可得kx=ex+e-x-x2-2>k0=0，從而可得結(jié)論.詳解： ()fx=ex-12x2-ax，fx=ex-x-a.設gx=ex-x-a，則gx=ex-1.令gx=ex-1=0，解得x=0.當x-，0時，gx<0；當x0，+時，gx>0.gxmin=g0=1-a.當a1時，gx=fx0，函數(shù)fx單調(diào)遞增，沒有極值點；當a>1時，g0=1-a<0，且當x-時，gx+；當x+時，gx+.當a>1時，gx=fx=ex-x-a有兩個零點x1，x2.不妨設x1<x2，則x1<0<x2.當函數(shù)fx有兩個極值點時，a的取值范圍為1，+. 函數(shù)fx在x1，0上也單調(diào)遞減，fx1>f-x2.要證fx1+fx2>2，只需證f-x2+fx2>2，即證ex2+e-x2-x22-2>0.設函數(shù)kx=ex+e-x-x2-2，x0，+，則kx=ex-e-x-2x.設x=kx=ex-e-x-2x，則x=ex+e-x-2>0，x在0，+上單調(diào)遞增，x>0=0，即kx>0.kx在0，+上單調(diào)遞增，kx>k0=0.當x0，+時，ex+e-x-x2-2>0，則ex2+e-x2-x22-2>0，f-x2+fx2>2，fx1+fx2>2.