导数求参、零点问题专题讲义

1、微专题1应用导数求参数的值或取值范围【考情分析】利用导数求函数的单调区间、极值、最值是每年高考的必考内容，主要考查已知函数的单调性、极值、最值求参数的值或取值范围.试题多以解答题形式呈现，有时出现在选择题或填空题中滩度较大.对已知函数在某个区间上的包成立问题、存在性问题，求参数的取值范围，题目以解答题形式呈现属难题.重点考查考生函数与方程、转化与化归的思想，数学抽象及数学运算的学科核心素养.考点一已知函数的单调性求参数的取值范围【典型例题】【例11已知函数f(x)exx22ax.(1)若a1,求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围.【

2、解析】(1)当a1时，f(x)exx22x,f'(x)ex2x2,.f'(1)=e,f(1)=e+1,;所求切线方程为y(e1)e(x1),即ex-y+1=0.(2) f'(x)ex2x2a,f(x)在R上单调递增，f'(x)0在R上恒成立,xeax在R上恒成立.2xx令g(x)x上，则g(x)1,令g'(x)=0，得x=ln2,22在(，ln2)上，g(x)0,在(ln2,)上，g(x)0,，-g(x)在(，ln2)上单调递增，在(ln2,)上单调递减，g(x)maxg(ln2)ln21,aln21,实数a的取值范围为ln21,).【方法归纳提炼素养】

3、数学思想是转化与化归思想，核心素养是数学运算.利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路：(1)由函数在区间a,b上单调递增(减)可知f'(x)>0(f在(x)f呼撼b上包成立列出不等式.(2)利用分离参数法或函数的性质求解包成立问题.(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f'的整个区间包等于0,若f'(x)等于0,则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f'(x)=0,参数可取这个值。1 C【类比训练】已知函数fxxlnx-mxxmR.2(1)若函数fx在0,上是减函数，求实数m的取值范围；第1页共25页(2)略.【解析】(1)由函数fx在0,上是减

4、函数，知fx&0何成立,xlnx1mx2x2fxInxmx.由fx00恒成立可知lnxmx0何成立，则m蛆xmax空，则1lnx由x0x0,e,x0xe知,函数x在0,e上递增，在e,上递减,xmax考点二已知函数的极值点情况，求参数的值或取值范围【典型例题】1C【例2】设函数f(x)lnx-axbx.2(1)若x1是f(x)的极大值点，求a的取值范围;(2)略.1【斛析】(1)由题息，函数f(x)的止义域为(0,),则导数为f'(x)-axbx由f(1)0,得b1a,1.(ax1)(x1)一f'(x)-axa1xx若a0,由f'(x)0,得x1.当0x1时，f

5、'(x)0,此时f(x)单调递增；当x1时，f'(x)0,此时f(x)单调递减.所以x1是f(x)的极大值点1若a0,由f'(x)0,得x1,或x-.a因为x1是f(x)的极大值点，所以11,解得1a0a综合：a的取值范围是a1【方法归纳提炼素养】一一数学思想是转化与化归思想，核心素养是数学运算掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领：第2页共25页(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解(2)验证:因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.【类比训练】已知函数f(x)是奇函数，f(x)的

6、定义域为().当x0时，f(x)迎fxx(e为自然对数的底数).若函数f(x)在区间(a,a$(a0)上存在极值点，求实数a的取值范围;【解析】当x>0时，f(x)f(x)ln(ex)1Inx，x1Inx-2-，xx(1Inx)1(D当x>0时，有f'(x)22xf(x)0Inx00x1.f(x)0Inx0x1所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减,故函数f(x)在x1处取得唯一的极值.1由题思a0,且a1a,3解得所求实数a的取值范围为(2,1).3考点三已知不等式包成立，求参数的取值范围【必备知识】不等式包成立问题中的常用结论f(x)a恒成立？f(x)

7、mina,(2) f(x)b包成立？f(x)maxb,(3) f(x)g(x)恒成立，构造F(x)f(x)g(x),则F(x)min0,XiM,x2N,f(x1)g(x2)?f(Xi)ming)max.【典型例题】【例3】已知函数fx1nxaxaR.(1)当a1时，求函数fx的图像在点r,fe处的切线方程.1,(2)右对于任息x0,fxax2包成立，求头数a的取值沱围.【解析】(1)当a1时，fxlnxx.1.一，1.felneeefx1fe1.第3页共25页函数fX的图像在点(e,fe)处的切线方程为y1e1.一xe,即Jxy0.(2)对于任意x01ax2,恒成立，可转化为lnx2ax1，一

8、2。恒成立.令gxInx2ax1-2ax0若gxInx2ax1.、2。包成立,则只需满足gx0即可.当2a。，即a。时，gx。包成立gx在(。，)上单调递增.一,g12a)时,gx。，当a。时，不满足条件.当2a。，即a。时，令g0,即1x2a0,解得x2a1,。，丁时，gxo；当2a2a时，gx0gxmax令gxmax1。,端上单调递增，在)上单调递减.11In一2a2a2.一11.一°，即1n孤2°，解得a2.e.1-、xax-包成立.一1故a'时，满足对于任意x0,f2,e综上所述，实数a的取值范围为贵,【方法归纳提炼素养】一一数学思想是函数与方程、转化与化归

9、思想，核心素养是数学运算.不等式包成立问题解题策略：(分离参数法)：若f(x)或g(x)&加成立，只需满足f(x)min或g(x)maxW揶可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而问题得解.当参数不宜进行分离时，还可直接建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)。包成立，可求得f(x)的最小值h(a),令h(a)。即可求出a的取值范围.【类比训练1】已知函数fxxex,gx2axInx,aR.第4页共25页(1)求fx单调区间;(2)若fxgx在1,上恒成立，求a的取值范围.【解析】(1)fxexx1由fx0,得x1,1上单调递减由fx0,得x,1fx分别在

10、区间1,上单调递增，在区间(2)令hxgxfx2alnxxxex,x1,1x贝Uhx2a1ex1x,2axexx1x一由1知fxxe在1,上单调递增，xexee.y当2ae,即a,时，2axex0,hx在1,上单调递减，hxmaxh12aee令hxmax0,得a2e2ae,即a-时存在1,，使2ax0e”02当x1,x0时，hx0;当xx,时，hx0hx在乂1,x0上单调递增，在x%,上单调递减;h(x)maxh(x0)2a(lnx0%)xpex0a(2ln2a1)e.a-,2ln2a102，h(x)maxh(%)0不能包成立ea,22【类比训练2已知函数f(x)axlnxbxax。(1)曲线

11、yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为xy10,求a,b的值；2(2)若a0,b1时，X,%(1,e)都有卜1)f(x2)3,求a的取值范围.2|xx2【解析】(1)由题知f'(x)a(1lnx)2bxaalnx2bx,f'(1)2b1第5页共25页所以b1,又有f(1)ba-,所以a1,即a1,b1222(2)当a0,b2时，f'(x)alnxx02f(x)在(1,e)上单调递减不妨设Kx2,则f(xi)f(x2),原不等式即为f(xi)f(x2)3x2X即f(K)f(&)3x23xi即f(K)3x1f(x2)3期令g(x)f(x)3x,则g(x)在(1,

12、e)上为单调递增函数所以有g'(x)f'(x)3alnxx30在(1,e)上包成立,3dInx-1x(lnx)2所以(x)在(1,e)单调递减,x3a,xInx(1,e),令h(x)产辛(1,e),h'(x)Inx3-13x3-&(x)Inx1,'(x)0xxxx3(x)(e)-,h'(x)0,h(x)在(1,e)上单调递增,eh(x)h(e)e3,所以ae3综上，e3a0.考点四探索存在性问题，求参数的取值范围【典型例题】【例4】已知函数f(x)=x3-ax-1.若f(x)在(-8,+9单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a,使f(

13、x)在(-1,1)上单调递减陪存在，求出a的取值范围；若不存在试说明理由.【解析】(1)f'(x)=3x2-a,要使f(x)在(-00,+单调递增，只需3x2-a>Gft(-o°,+o9恒成立，即2&3<在(-°°,+oot恒成立，.a<0.因此当f(x)在(-8,+oo上单调递增时，a的取值范围是(-°°,0.(2)存在若f(x)在(-1,1)上单调递减，则对于任意xC(-1,1),不等式f'(x)=3x2-a00叵成立，即a>3x,又xC(-1,1)时,3x2<3,；a>3,存在实

14、数a,使函数f(x)在(-1,1)上单调递减，实数a的取值范围是3,+°°).【方法归纳提炼素养】一一数学思想是函数与方程、转化与化归思想，核心素养是数学运算.第6页共25页解决存在性问题常见的解题策略:(1) x1M,x2N,f(x1)gd)?f(Xi)ming(X2)min；(2) x1M,x2N,f(x1)g(x2)?f(xi)maxg(x2)min；(3) x1M,x2N,f(x1)g(x2)?f(xl)maxg(x2)max-【类比训练】已知函数fx,aInxx(1)求函数fx的单调区间;1x.(2)右存在x1,使fxx成立，求整数a的取小值.x【解析】(1)由题

15、意可知，x0,fx方程x2xa0对应的14a,1当14a0,即a时，当x0,421a,xxa212xxxfx在0,上单调递减;1.、9a1时，方程x2x41a0的两根为-114a1,14a此时，fx在于,14至上fx0,函数fx单调递增,在0,1由4a,1"14a,上fx0,函数fx单调递减;22当a0时，LJLZ°,3ja°,22此时当x0,1,14a,fx0,fx单调递增，2,1.14a,、，、一，当x,时，fx0,fx单调递减；2综上：当a0时，x0,114a,fx单调递增,2114a时，fx单调递减;第7页共25页当0a1时，fx在1H4a,1a上单调递增

16、，422在0,OE,3E上单调递减；22一1当a-时，fx在0,上单调递减；4(2)原式等价于x1axlnx2x1,即存在x1,使axlnx2x1成立.x1xlnx2x1xInx2&gx,x1,则gx-,x1x1设hxxInx2,则hx11-10,hx在1,上单调递增.xx又h331n3211n30,h441n42221n20,x03,4gxmin由题意可知根据零点存在性定理，可知hx在1,上有唯一零点，设该零点为,，且hx0x01nx020,即x02Inx0,x1nx02x01x01,x01a%1,又x03,4,aZ,a的最小值为5.做高考真题提能力素养【选择题组】1、2019天津卷

17、已知aR,设函数f(x)=x2-2ax+2a,x0为关于x的不等式f(x)方住R上包成立,x-alnx,x>1.则a的取值范围为()A.0,1B.0,2C.0,eD.1,e【答案】C【解析】由题中选项可知a>0.当0&a&时，若x&1则f(x)=(x-a)2+2a-a2,可知f(x)min=f(a)=2a-a2,因为f(x)1恒成立，所以f(x)min=2a-a2>0,解得0Wa<1;0&a&1,若x>1,则f(x)=x-alnx,f(x)=1-a,x第8页共25页因为0&a&1,x>所以f(x)=1-

18、a>0,所以f(x)=x-alnx在(1,+°(比单调递增，所以f(x)>1-aln1=1>0.x所以当0&a&时,f(x)加R上包成立.当a>1时，若x&1则f(x)=(x-a)2+2a-a2在(-°0,1止单调递减，所以f(x)min=f(1)=1>0.若x>1,则f(x)=x-alnx,f(x)=1-a,令f(x)=0,得x=a.x当xC(1,a)时,f(x)<0,所以f(x)在(1,a)上单调递减；当xC(a,+0c时,f(x)>0,所以f(x)在(a,+单调递增.所以当x>1时,f(x)

19、min=f(a)=a-alna,若f(x)星帆成立，则f(x)min=a-alna冲0,lna<11得1<a&e.综上可知，若f(x)R上包成立，则0<a0散选C.【非选择题组】1、2019北京卷设函数f(x)=ex+ax(a为常数).若f(x)为奇函数，则a=;若电)是R上的增函数，则a的取值范围是.【答案】-1(-巴0【解析】因为f(x)为奇函数，且f(x)的定义域为R,所以f(0)=0,所以e0+ae-0=0,解得a=-1.因为f(x)在R上为增函数，所以f(x)=ex?方mR上恒成立，即a02x在R上包成立，又因为e2x>0,所以aW卿a的取值范围为(。

20、可2、2019全国卷出已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使彳3f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在，求出a,b的所有值;若不存在，说明理由.【解析】(1)f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f(x)=0,得x=0或x=a.3若a>0,则当x(-oo,0)U(1,+o)时,f(x)>0,当xC(0,§时,f(x)<0,33故胞)在(-00,0)(|,+O)单调递增，在(0,3)单调递减；若a=0,f(x)在(-°°,+成调递增；若a<0,则当x(-00,3)U(

21、0,+判),f(x)>0,当xC(3,0)时,f(x)<0,故f(x)在(-8,(0,+单调递增，在(|,0)单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(i)当a&0时，由(1)知,f(x)在0,1单调递增，所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.第9页共25页此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)当a3时，由(1)知,f(x)在0,1单调递减，所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=

22、1.(iii)当0<a<3时，由(1)知,f(x)在区间0,1的最小值为*3)二/+0最大值为b或2-a+b.327a33，一_右-万+b=-1,b=1,则a=3v2,与0<a<3矛盾.3若-27+b=-1,2-a+b=1,则a=3芯或a=-3芯或a=0,与0<a<3矛盾.综上，当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1.3、2019浙江卷已知实数aw般函数f(x)=alnx+M+x,x>0.3当a=-4时时,求函数f(x)的单调区|可;(2)对任意xC；,+o)均有f(x)，求a的取值范围.e2a注:e

23、=2.71828为自然对数的底数.3.3【解析】(1)当a=-4时,f(x)=-jnx+娟+x,x>0.f(x)=11=(V+x-2)(2.1+x+1)4x21+x4x1+x所以，函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,+8).(2)由f点得0<a.当0<a4b寸,f(x)J等价于1-22詈-2lnx>0.令t=l,则t学历.a设g(t)=t2vx-2tM+x-2lnx,t员，则g(t)=vx(t-，1+1)-?-2lnx.记p(x)=4vx-2v2+x-lnx,x驯Up'(x)=-/(i)当xC；,+o)时,，1+1&第，则g(t)

24、>g(2)=8vx-4V1+x-2lnx.7x1_2vXx+T-v2x-vx+T(x-1)1+，(v2x+2-1)L-，一，".xxv+1xv+1(心+1)(aA+1+v2x)故x变化时p'(x),p(x)的变化情况如下1(1,+00)0+极小值p(1)单调递增所以,p(x)>p(1)-0.第10页共25页因此,g(t)>g2)=2p(x)>0.(ii)当x，7)时,g(t)GM1+；)=2')+1).令q(x)=2vXlnx+(x+1),xC4，；Mq'(x)=nx+1>0,e/a/x111故q(x)在/,上单调递增，所以q(x

25、)卷).由(i)得,q(1)=-277p(7)<-?p(1)=0.所以,q(x)<0.因此,g(t)"1+1)=-誓>0.x'由(i)(ii)知对任意xJ,+o),t2技,+oo),g(t)艮弱地任意xJ2,+均有f(x)Wee2a综上所述，所求a的取值范围是(0,I4、2018北京卷设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.若曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行，求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex,所以f(x)=2ax-(4a+1)ex+a

26、x2-(4a+1)x+4a+3ex=ax2-(2a+1)x+2ex,f(1)=(1-a)e.由题设知f(1)=0，即(1-a)e=0,解得a=1,此时f(1)=3ew0,所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>1,则当xC(；,2)时,f(x)<0;当xe(2,+,f(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.1_.,一，1若a弓则当xC(0,2)时,x-2<0,ax-1选x-1<0,所以f(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(；,+q.5、2018全国卷田已

27、知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.第11页共25页【解析】(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-.1+x设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-合，则g'(x)=当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)g(0)=仅当x=0时,g(x)=0，从而f(x)m0仅当x=0时,

28、f(x)=0.所以f(x)在(-1,+8单调递增.又f(0)=0，故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a>的(1)知，当x>0时,f(x)(2+x)ln(1+xx>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)=2fx2=ln(1+x)-j；2+x+ax2+x+ax由于当|x|<min1,W)时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.|a又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点.1h(x)=1+

29、x2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)x2(a2x2+4ax+6a+1)(2+x+ax2)2-(x+1)(ax2+x+2)2如果6a+1>0,则当0<x<-誓，且|x|<min1,，)时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x(x1,0)，且|x|<min1,，)时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.、，3,如果6a+1=0则h'(x)=(x：4；2.则当x(-1,0)时,h'(x)>0;当xC(0,1)

30、时,h'(x)<0.(x+1)(x2-6x-12)所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-；.微专题2利用导数证明问题或讨论零点个数【考情分析】利用导数求函数的零点或方程根的问题、用导数证明不等式问题是高考命题的重点命题的角度常见的有：判断函数零点的个数或方程解的个数；根据函数零点的个数或方程解得个数求解参数；利用导数证明不等式.题型以解答题为主，有时也在选择题或填空题的后两题中进行考查，难度较大.重点考查考生函数与方程、转化与化归的思想，数学抽象及数学运算的学科核心素养.考点一利用导数求函数的零点或方程根的问题【典型例题】【例11已知函数f(

31、x)2axbx1xe(I)当ab1时，求函数f(x)的极值;(R)若f11,且方程f(x)1在区间0,1内有解，求实数a的取值范围.第12页共25页22【解析】(I)当ab1时，f(x)2L2LJ，则f(x)一，ee解不等式f(x)0,得0x1,所以，函数f(x)在0,1上单调递增；解不等式f(x)0,得x0或x1,所以，函数f(x)在,0和1,上单调递减,3因此，函数f(x)的极小值为f(0)1,极大值为f(1)-;e(H)由f(1)1得be1a,由f(x)1,得exax2bx1,x2设gxeaxbx1,则gx在0,1内有零点，设x。为gx在0,1内的一个零点,由g0g10知，gx在o,%和

32、x0/上不单调，设八xgx，则hx在On。和x0上均存在零点，即hx在0,1上至少有两个零点.gxex2axb,hx32a.0,hx在0,1上单调递增，hx不可能有两个及以上的零点;I时，h0,hx在0,1上单调递减，hx不可能有两个及以上的零点;0,得xIn2a0,1所以，hx在0,ln2a上单调递减，在In2a,1上单调递增,hx在0,1上存在极小值hIn2a,若hx有两个零点，则有hIn2a0,h00,h10,1ehIn2a3a2aIn2a1ea22'31设mx-xxInx1e1xe,贝tjmx-Inx,令mx0,得x庭.当1x点时，mxo,函数mx单调递增；当再xe时，mX0,

33、函数mx单调递减.所以，mxmaxmVeTe1e<0,所以，hIn2a0包成立，由h01bae+2>0,h1e2ab0,得e2a1.【方法归纳提炼素养】数学思想是分类讨论、函数与方程思想，核心素养是逻辑推理.利用导数研究函数零点或方程根的方法：通过最值(极值)判断零点个数的方法.借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围第13页共25页（2）数形结合法求解零点.对于方程解的个数（或函数零点个数）问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.构造函数法研究函数零点.根据

34、条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用体现转化与化归的思想方法.【类比训练11已知函数fxae2xa2exx.讨论fx的单调性；（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.【解析】（1）f'x2ae2xa2ex1aex12ex1当a0时，f'x0,fx在，上单调递减，当a0时，xe0,1a1a1,ax(,Ina)(Ina,)f'x0fx极小值fx在（，Ina）上单调递减，（Ina,）上单调递增.（2

35、）因为fx有两个零点，所以必有a0,否则fx在R上单调递减，至多一个零点，与题意不符.当a0时，f乂在（，Ina）上单调递减，fx在（Ina,）上单调递增，2又fx有两个零点，所以必有fIna0,即a1a2-Ina0,aa又因为a0,可得2a2Ina0.1令ga2a2Inaa0），则g'a20,a所以ga在0,上单调递增.第14页共25页因为g10,所以由2a2lna0可得0a1.综上所述0a1.【类比训练2】已知函数f(x)lnx-x1,e上有两个零点，则a的取值范围是(A.11B.D.1,e,x1时，则x1,a)时，f'x0,fx在1,a)上单调递减,f'(x)1时

36、，f'x0,fx在1,e上单调递增，不合题意.e时，f'x0,fx在1,e上单调递减，也不合题意.x(a,e时，f'x0,fx在(a,e上单调递增,又f10,所以fx在x1,e上有两个零点，只需f(e)1aae一.一e0即可，解得a1e综上，a的取值范围是上，1.故选A.【类比训练3】已知函数f(x)1e【解析】函数f(x)的定义域为(0,),且fxlnxx3.x2x22x0,212lnxx3,则g(x)1xxx当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)即函数gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增,所以当x0时，gxg10(当且仅当x1时取等号).即当x0时，f(x)

37、0(当且仅当x1时取等号).所以函数fx在(0,)单调递增，至多有一个零点.因为f(1)0,x1是函数f(x)唯一的零点.综上，函数fx的所有零点只有x1.【答案】1.第15页共25页考点二利用导数证明不等式的有关问题【典型例题】【例2】已知函数fx=2（e为自然对数的底数）.e（1）求函数fx的零点xo,以及曲线yfx在xxo处的切线方程;（2）设方程fxmm0有两个实数根xi,x2,求证：xx2212e【解析】（1）由1y21xfxx_0)(寸xe1，函数的零点1.曲线yx22x1xef12e,f10.1处的切线方程为y2ex1曲线yfx在x1处的切线方程为y2x1.e(2)fxx22x1

38、xe当x,1衣U1<7,时，fx0；当x1夜,1夜时，fx0.fx的单调递增区间为，1无，1“2,单调递减区间为1212.由（1）知，当x1或x1时，fx0;当1x1时，fx0.下面证明：当x1,1时，2ex1fx.当x1,1时，2ex1fx2ex1x0ex1x10.ex2易知，gxex1(在x1,1上单调递增,而g10,gxg10对x1,1包成立，当x1,1时，2ex1fx.y2ex1/曰mm由住Px1.t己x11.ym2e2e不妨设x&,则1x11衣x21,“x2x1x2m12e第16页共25页要证x1x22m1,只要证x22e2m12e12m1一,即证x21m.2e222.

39、又二m二.只要证x21二,即X21ex2X210.eex21v2,1,即证ex2x210.令xexx1,x当x1笈0时，x当x0,1时，x0,x00,e%ex1.0,x为单调递减函数;x为单调递增函数.x210,.x1x22m112e【方法归纳提炼素养】一一数学思想是函数与方程思想，核心素养是逻辑推理不等式的证明问题解题策略从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想才勾造一个新的函数再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数一研究单调性或最值一得出不等关系一整理得出结论.【类比训练11已知函数fx-a0）.e求函数

40、fx的单调区问（2）当a1时，如果方程fxt有两个不等实根xe,求实数t的取值范围，并证明x1x22.【解析】（1）fx的定义域为R,且fx由一0,得x1;由0,得x1.ee故当a。时，函数fx的单调递增区间是（，1）,单调递减区间是（1,）;当a0时，函数fx的单调递增区间是（1,）,单调递减区间是（,1）.x1（2）由（1）知当a1时，fx7,且fxminf1一.ee当x0时，fx0;当x0时，fx0.当0t1时，直线yt与yfxe的图像有两个交点,1实数t的取值范围是0,一e第17页共25页方程fXt有两个不等实根X1,X2,Xiex1X2ex2XXXite,X2te,XiX2teXie

41、",即te1e2要证xX22,只需证teXieX22,XiX2即证XiX2;e2,不妨设XX2.ex1ex2令mXiX2,则m0,emi,.memi则要证2,即证m2em20.emiXX令gxx2ex2x0,贝(Jgxxiei.令hxxiexi,贝Uhxxex0,hxxieXi在(0,)上单调递增，hxh00.gx0,gx在(0,)上单调递增，gXg00,即x2exx20成立，即m2emm20成立.XX22.【类比训练2】设fXaxbxlnx,fx在xe处的切线方程是xye0,(其中e2.7i8为自然对数的底数).(i)求a,b的值；i2(2)证明：fxx2.e【解析】(i)fxab

42、blnx由题意，可得fe)abJ解得ai,bif(e)aebe0(2)由(i)知fxxxlnxi2,i令hxxxlnx二x(x0),贝ijhxInx2xe'eiihx-20,h(i)0,当x0,hx0xe一一，.igxg0i,又gi0,所以X00,i,使得hX00即2x0lnx0丁e所以hx在0,X0上单调递增，在X0,上单调递减i2所以hxhX0X0X0lnX0二X0e第i8页共25页X0Xo2xoex0122Xo力XoXoXo-X0eeeXoXo1Xo令mXoeXo又moo,m1o所以X1o,1,使得mX1X1hX1oXoX1,.mXoo,.hxhXoo；故fX-4X2.e做高考真

43、题提能力素养【选择题组】x,x<o,1、2。19浙江卷设a,bCR,函数f(x)=1X31(a+1)X2+axX盲°若函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点，则()A.a<-1,b<oB.a<-1,b>oC.a>-1,b<oD.a>-1,b>o【答案】C(1-a)x-b,x<o,【解析】令F(x)=f(x)-ax-b=1x3-l(a+1)x2-b,x>o.当X>0时,5仅)=13-2(2+1>2巧尸仅)=乂2-(2+1>=乂仅-(2+1).当a<1时,F(x)在R上单调递增，不符合题意，舍去.当

44、a>1时,F(x)在(-00Q上单调递减，在o,a+1上单调递减，在(a+1,+oo):单调递增，不符合题意，舍去.当a=1时,F(x)在(-00Q比为定值，在。,2上单调递减，在(2,+单调递增，不符合题意，舍去.当-1<a<1时,F(x)在(-8,o)±单调递增，在o,a+1上单调递减，在(a+1,+00上单调递增，若函数F(x)=f(x)-ax-b恰有3个零点，则需F(o)=-b>o,F(a+1)=-6(a+1)3-b<o,所以-1<a<1且-6(a+1)3<b<o.故选C.【非选择题组】1、2。18江苏卷若函数f(x)=2

45、x3-ax2+1(aCR)在(o,+o<彻有且只有一个零点，则f(x)在-1,1上的最大值与最小值的和为.【答案】-3【解析】由题意得,f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).当a00时,对任意x(o,+oo),f(x)>Q则函数f(x)在(o,+oc上是增函数，第19页共25页则f(x)>f(0)=1,则f(x)在(0,+T没有零点，不满足题意，舍去.当a>0时，令f(x)=0及x>0,得x=2则当x(0,a)时,f(x)<0,当xC(a,)时,f(x)>0,333因此函数f(x)的单调递减区间是(0；),单调递增区间是(a,),33所以在x=a

46、处心)取得极小值fd)=-a3+i.3327而函数f(x)在(0,+00附有且只有一个零点，所以f($=-套+1=0，解彳导a=3,因止匕f(x)=2x3-3x2+1，贝Uf(x)=2x(3x-3).令f(x)=0，结合x卜1,1,得x=0或x=1.而当xC(-1,0)时,f(x)>0,当x(0,1)时,f(x)<0,则函数f(x)在(-1,0)上是增函数，在(0,1)上是减函数，所以f(x)max二f(0)=1.又f(-1)=-4,f(1)=0,所以f(x)min=-4,故f(x)在卜1,1上的最大值与最小值的和为-3.2、2019全国卷出已知函数f(x)=lnx-=.x-1讨论

47、f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设xo是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx°)处的切线也是曲线y=ex的切线.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)U(1,+oo).因为f(x)=1+-4-2>0,M以f(x)在(0,1),(1,+庠硼递增.x(X-1)因为f(e)=1-?<0,f(e2)=2-，1=e24>0,所以f(x)在(1,+/P隹一零点x1,即f(x1)=0.e-1e4-1e/-1又0<F<1,f(5)=-lnx1+M=-f(x1)=0，故f(x)在(0,1)有唯一零点'.综上,f(x

48、)有且仅有两个零点(2)证明：因为？=e-1nx0,故点B(-lnx。,。在曲线y=ex上.由题设知f(xo)=0，即lnx0=xx0，故直线AB的斜率k=-lnx0xo1x0+1x°x0-1xt+1-lnx0-x0-0-y-x0,1x0曲线y=ex在点B(-lnxo,%)处切线的斜率是已,曲线y=lnx在点A(x0,lnx°)处切线的斜率也是已,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.3、2019全国卷田已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f(x)为f(x)的导数.证明:(1)f(x)在区间(-1,存在唯一极大值点；(2)f(x)

49、有且仅有2个零点.第20页共25页【解析】证明：(1)设g(x)=f(x)，则g(x)=cosx-,g'(x)=-sinx+京，.当xC(-1,时,g'(x)单调递减，而g'(0)>0,g'(卞<0,可得g'(x)在(-1,今有唯一零点，设为a.则当xC(-1,a时,g(x)>0;当xC(a,时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,a单调递增，在(a2)单调递减，故g(x)在(-1,2)存在唯一极大值点，即f(x)在(-1,2)存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+8).(i)当xC(-1,0时，由(1)知

50、,f(x)在(-1,0)单调递增，而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0，从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点.(ii)当xC(0,2时，由(1)知,f(x)在(0,扉)倜递增,在(a2)单调递减，而f(0)=0,f(a)<0,一一一兀一，一一，所以存在BC(a2),使得f(B)=哨x(0,豺),f(x)>0;当xC(B；)时,f(x)<0.故f(x)在(0,断调递增,在(B2)单调递减.又f(0)=0,f(2)=1-ln(1+2)>0,所以当x(0,2时,f(x)>0.从而,w在(0,2

51、1没有零点.(iii)当xC(2,出寸,f(x)<0,所以电)在(2,，单调递减.而f(；)>0,f(兀W胞)在(2,1有唯一零点.(iv)当xC(兀，+时)ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而电)在(冗，+没打零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.4、2019北京卷已知函数f(x)=4x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程.(2)当x-2,4时，求证:x-6<f(x)<x.设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.【解析】由f(x)=1x3-x2+x得

52、f(x)=4x2-2x+1.令f(x)=1,即3x2-2x+1=1，得x=0或x=8.43又40)=0力(|)=专,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-5=x-|,327273即y=x与y=x-6y.(2)证明:令g(x)=f(x)-x,xC-2,4.第21页共25页由g(x)=；x3-x2得g'(x)=|x2-2x,令g'(x)=0得x=0或x=8.3当x变化时g'(x),g(x)的变化情况如下-2(-2.0)8(0，7)38(t，4)3g'(x)g(x)-66427所以g(x)的最小值为-6,最大值为0,故-6&g(x)项,x-6&

53、amp;f(x)<x.由(2)知，当a<-3时,M(a)>F(0)=|g(Q)a|=-a>3;当a>-3时,M(a)1F2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.综上，当M(a)最小时,a=3.5、2019天津卷设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.求f(x)的单调区间；(2)当x；,£时，证明f(x)+g(x)(f-x)>0;设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间(2n+；,2n冗2)内的零点，其中nCN,证明:八-2n兀e2n冗kxn<sinx0-cos。【解析】(1)由已知，有f(x)

54、=ex(cosx-sinx).因止匕，当xC(2kTt+4,2k兀干)(kCZ)时，有sinx>cosx,得f(x)<0,贝Uf(x)单调递减;当xC(2k兀-亍,2k九于)(kCZ)时，有sinx<cosx,得f(x)>0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为2k冗-?,2k九4(kCZ),f(x)的单调递减区间为2k冗+4,2k几乎(kZ).、.一I、一_冗(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(-x).、I一、一,、，.、，_冗冗.依题,苴、及，有g(x)=ex(cosx-sinx),从而g'(x)=-2exsinx,当x(-,-)B,g

55、'(x)<0,故h'(x)=f(x)+g'(x)(2-x)-g(x)=g'(x)(|-x)<0.第22页共25页因此,h(x)在区间4,月上单调递减，进而h(x)是2)=f(2)=0.所以，当xC4,2时,f(x)+g(x)(2-x)>0.证明:依题意,U(xn)=f(xn)-1=0，即exnCOSxn=1.记yn=xn-2n九则ynC(4,2),且f(yn)=eyncosyn=exn-2n“cos(xn-2n兀)=en"(nCN).由f(yn)=e-2ny1=f(y)及(1)，得yn>0.a-2n%q-2n冗o-2n兀eeel

56、-；：=vc,.<g(y0)ey0(siny0-cosy°)sinx0-cosx0由(2)知,当x(4,2)时,g'(x)<0,所以g(x)ft，勺上为减函数，因此g(yn)<g(y<g(；)=0.又由知,f(yn)+g(yn)(2-yn)>酷2-"六*"二-标厂;22g(yn)g(yn)所以,2n冗2-xn<e-2n7tsinx0-cosx016、2018全国卷I已知函数f(x)=x-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)<a-2.x-x2【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+0Q),f(x)-1+a=-x-ax+1.xx