2020高考理科数学二轮专题提分教程全国通用版课件篇1函数与导数共6份打包第二编一第3讲

第3讲 导数的热点问题第二编 讲专题专题一 函数与导数「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.1核心知识回顾PART

ONE1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：等；□01

零点的个数问题①

将问题转化为函数

，进而转化为函数图象□02

交点的个数问题；②利用导数研究该函数在给定区间上的□03

单调性、□04

极值(最值)

、□05

端点值③画出函数的□06

大致图象；④结合图象□07

求解(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：①在该区间上构造与方程□08

相应的函数；②利用导数研究该函数在该区间上的□09

单调性；③判断该函数在该区间端点处的□10

函数值异号；④作出结论．2．利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的□01

单调性、□02

极值和□03

最值，再由□04

单调性或最值来证明不等式，其中构造一个□05

可导函数是用导数证明不等式的关键.2热点考向探究PART

TWO考向

1

利用导数讨论方程根的个数b例

1 (2019·广东省七校联合体高三联考)已知函数

f(x)＝ln

x

－ax＋2

x

4x(a>0，b>0)，对任意

x>0，都有

f(x)＋f

＝0.讨论f(x)的单调性；当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a

的取值范围．

4x解

(1)由

f(x)＋f

＝lnx2bx－ax＋

＋ln2

4a

xbx

x

4—

＋ ＝0，得b＝4a，4a1xa则

f(x)＝ln

x－ax＋ ，f′(x)＝

－

－2

x4ax2＝－ax2＋x－4ax2(x>0)，14若Δ＝1－16a2≤0，即a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，若Δ＝1－16a2>0，即0<a<41时，h(x)＝－ax2＋x－4a

有两个零点，零点为x1＝1－

1－16a22a>0，x2＝1＋

1－16a22a>0，又h(x)＝－ax2＋x－4a

开口向下．当0<x<x1

时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x1<x<x2

时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>x2时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减．14综上所述，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当410<a<

时，f(x)在0，1－

1－16a22a和1＋

1－16a22a，＋∞上

单

调

递

减

，

在1－

1－16a22a，1＋

1－16a22a上单调递增．14(2)由(1)知，当a≥时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点．14当

0<a<

时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增，21

2

1

2f(2)＝ln

2－2a＋2a＝0，又x

x

＝4，有x

<2<x

，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)<f(2)＝0，f(x2)>f(2)＝0.f(x)＝ln2x

4ax

1

a21a－ax＋

，f

＝－ln

2a2－

＋4a3，1

4a

1a

2a

a令

g(a)＝－ln

2a2－

＋4a3，g′(a)＝－

2＋

2＋12a2＝12a4－2a＋1a2.令m(a)＝12a4－2a＋1，m′(a)＝48a3－2

单调递增．0由m′(a)＝48a3－2＝0，求得a

＝3241

1>4.14当

0<a<

时，m(a)单调递减，m(a)>m

14＝3

164

2—

＋1>0，f

a2

1

1a

1

4＝g(a)＝－ln

2a2－＋4a3

在0，上单调递增．

1

a2

14

1

16故

f

＝g(a)<g

＝3ln

2－4＋

<0，

1

a22

1a22故

f

<0，f(x

)>0，

>x

，

21

a2由零点存在性定理知

f(x)在区间x

，

上有一个根，设为

x

，又

f(x

)＋f

4

0

0

x

0x

02

01

2a

x1

4

1

4

4x0

0＝0，得

f

＝0，由

x

<x

<

2及

x

x

＝4

得

0<

<x

， 是

f(x)的另一个零点，故当0<a<41时，f(x)

40存在三个不同的零点x0，2，x

.解

(1)∵f(x)＝2aln

x－x2，∴f′(x)＝2(a－x2)x，∵x>0，当a≤0

时，f′(x)＝2(a－x2)x<0，当a>0

时，f′(x)＝x＝2(a－x2)

－2(x－a)(x＋

a)x，当

0<x<

a时，f′(x)>0；当

x>

a时，f′(x)<0，∴当a≤0

时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0

时，f(x)在(0,(2)由(1)，得f(x)max＝f(a)上单调递增，在(

a，＋∞)上单调递减．a)＝a(ln

a－1)，当a(ln

a－1)<0，即0<a<e

时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当

a(ln

a－1)＝0，即

a＝e时，函数

f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点

a，又

1<

a＝

e<e2，所以函数

f(x)在(1，e2)内有一个零点；当

a(ln

a－1)>0，即

a>e

时，由于

f(1)＝－1<0，f(

a)＝a(ln

a－1)>0，f(e2)＝2aln

e2－e4＝4a－e4＝(2

a－e2)(2

a＋e2)，2e44若

2

a－e

<0，即

e<a<

时，2f(e)<0，由函数单调性知，∃1x

∈(1，

a)使得

f(x1)＝0，∃x2∈(

a，e2)使得

f(x2)＝0，故此时函数

f(x)在(1，e2)内有两个零点；e4

e22

2若

2

a－e

≥0，即

a≥

4

时，

a≥

2

> e，f(e

)≥0，且

f(

e)＝2aln

e－e＝a－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知

f(x)在(1，

e)内有唯一的零点，在(

e，e2)内没有零点，从而

f(x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当a∈(0，e)时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；

e4

4当

a∈{e}∪

，＋∞时，函数

f(x)在(1，e2)内有一个零点；e4

4

当

a∈e，

时，函数

f(x)在(1，e2)内有两个零点．考向

2

利用导数证明不等式ex例

2

(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知函数

f(x)＝

x

－ax＋aln

x，其中a>0.(1)若函数f(x)仅在x＝1

处取得极值，求实数a

的取值范围；1x(2)若函数g(x)＝f(x)＋aln

x＋有三个极值点x

，x

，x

，求证：x

x

＋x

x1

2

3

1

2

1

3＋x2x3>2x1x2x3.ex解

(1)由

f(x)＝

x

－ax＋aln

x，得f′(x)＝x2

1－xx＋a

＝ex(x－1)

(x－1)(ex－ax)x2，由f(x)仅在x＝1

处取得极值，ex

ex则ex－ax≠0，即a≠x

.令h(x)＝

x

(x∈(0，＋∞))，则h′(x)＝ex(x－1)x2，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，则h(x)min＝h(1)＝e.∴当0<a<e

时，ex－ax>0，此时f′(x)＝(x－1)(ex－ax)x2＝0

仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1

处取得极值；当a＝e

时，ex－ex＝0

与x－1＝0

在同一处取得零点，此时当x∈(0,1)时，(x－1)(ex－ex)<0，当x∈(1，＋∞)时，(x－1)(ex－ex)>0，∴f′(x)＝(x－1)(ex－ax)x2＝0

仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1处取得极值，所以a＝e符合题意．当a＞e

时，显然与已知不相符合．∴实数a

的取值范围为0<a≤e.exx(2)证明：由

g(x)＝ －ax＋aln

x＋aln

x＋1x，则g′(x)＝(x－1)(ex－ax＋a)x2.由题意，则g′(x)＝0

有三个根，则ex－a(x－1)＝0

有两个零点，不妨设为x1，x2，x1<x2，则x1，x2∈(1，＋∞)，x－1＝0

有一个零点，则x3＝1.令p(x)＝ex－a(x－1)，则p′(x)＝ex－a，∴当x∈(0，ln

a)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，∴当x＝lna

时，p(x)取得极值，当x∈(ln

a，＋∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增，∴p(ln

a)＝a－a(ln

a－1)<0，则当a>e2

时，ex－a(x－1)＝0

有两零点x1，x2，且1<x1<ln

a<x2，若证：x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3，即证：x1＋x2>x1x2⇔(x1－1)(x2－1)<1，由ex1＝a(x1－1)，ex2＝a(x2－1)，则ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)，即证：ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)<a2⇔x1＋x2<2ln

a⇔x2<2ln

a－x1，由p(x)在(lna，＋∞)上单调递增，即证p(x2)<p(2ln

a－x1)，又p(x1)＝p(x2)，则证p(x1)－p(2lna－x1)<0，令G(x)＝p(x)－p(2ln

a－x)，1<x<ln

a，a2e∴G(x)＝ex－a(x－1)－e2ln

a－x＋a(2lna－x－1)＝ex－

x

－2ax＋2alna．∴xa2exG′(x)＝e

＋

－2a≥0

恒成立，则G(x)为增函数，∴当1<x<ln

a

时，G(x)<G(ln

a)＝0，∴x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3

得证．解

(1)函数

f(x)的定义域为(0，＋∞)，λ∵f(x)＝λln

x－e－x，∴f′(x)＝

＋e－x＝λ＋xe－xx

x，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0

或f′(x)≥0

在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴λ＋xe－xx

xe≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－x，令φ(x)

xexx－1＝－ex，则

φ′(x)＝

，当0<x<1

时，φ′(x)<0，当x>1

时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，minλ1

1∴当

x>0

时，φ(x)

＝φ(1)＝－e，∴

≤－e；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，λ＋xe－xx

xe∴

≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－x，x由①得φ(x)＝－ex在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.1综上，λ≤－e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ1＝－e时，f(x)1e＝－

ln

x—x－e

在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2，1

21e∴f(x

)>f(x

)，即－ln

x1—x11－e >－eln

x2—x2－e

，—1

x—1

x2

11

2∴e

－e >ln

x

－ln

x

.x21要证

e1－x2－e1－x1>1－

，x1

2x2只需证ln

x

－ln

x

>1－x1，x2x2

x1即证

ln

x1>1－

，x1x21t令

t＝ ，t∈(0,1)，则只需证

ln

t>1－

，1t－1令

h(t)＝ln

t＋

t

－1，则当

0<t<1

时，h′(t)＝

t2

<0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，1∴h(t)>0，即ln

t>1－t

，得证．(2019·内蒙古高三高考一模)已知函数

f(x)＝2ax＋bx－1－2ln

x(a∈考向

3

利用导数研究不等式恒成立问题角度

1

函数不等式恒成立问题例3R)．当b＝0

时，讨论函数f(x)的单调区间；若对任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3

恒成立，求实数b的取值范围．2解

(1)当

b＝0

时，f′(x)＝2a－x＝2(ax－1)(x>0)，x当a≤0

时，f′(x)<0

在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；1a1；由

f′(x)>0，得

x>

.当a>0

时，由f′(x)<0，得0<x<a∴当a≤0

时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；

a

1

1a当

a>0

时，函数

f(x)的单调递减区间是0，

，单调递增区间是

，＋∞.(2)∀a∈[1,3]和∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3

恒成立等价于2ax＋bx－1－2ln

x≥2bx－3，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．即a＋－1

ln

x

bx

x

2≥

，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．令

g(x)＝a

1－ln

x，a∈[1,3]，x∈(0，＋∞)，＋x

x

1则g′(x)＝－2－x

x

x2

21－ln

x

ln

x－2＝

，令g2′(x)＝0，得x＝e

，由此可得g(x)在区间(0，e2]上单调递减，在区间[e2，＋∞)上单调递增，min

12b∴当

x>0

时，g(x)

＝g(e2)＝a－ ，即

≤

－

1e

2

ea

2，又a∈[1,3]，∴实数b

的取值范围是－∞，2－2

e2.－x

－x解

(1)当

a>0

时，f′(x)＝a·e

－(ax＋1)·e

＝a·e·a－1－xa－x，由于e－x>0，a>0，所以令f′(x)≥0

得，x≤a－1a.所以当a>0

时，f(x)的单调递增区间是－∞，a－1a.(2)令h(x)＝(ax＋1)e－x－x－1，则f(x)≤x＋1

恒成立等价于h(x)≤0

恒成立．①若a≤0，则当x≥0

时，ax＋1≤1,0<e－x≤1⇒f(x)≤1，而x＋1≥1，即

f(x)≤x＋1

恒成立．②若0<a≤2，则h′(x)＝e－x(a－1－ax)－1.当x≥0

时，令t(x)＝a－1－ax，由t(x)是减函数，知t(x)max＝t(0)＝a－1≤1，又e－x≤1，所以h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，所以当x≥0时，h(x)≤h(0)＝0.③若a>2，则h′(0)＝e－0(a－1－a×0)－1＝a－2>0，h′(1)＝e－1(a－1－a)－1＝－e－1－1<0.所以h′(x)在(0,1)上有零点．当x∈(0,1)时，设g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x(ax＋1－2a)<e－x(1－a)<0，所以h′(x)在x∈(0,1)上是减函数，即h′(x)＝0

在(0,1)上有唯一的零点x0，且在(0，x0)上，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上为增函数，即x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，所以f(x)>x＋1，不符合题意．综上可得，符合题意的a

的取值范围是(－∞，2]．角度

2

含量词的不等式问题例

4

(2019·延安市高考模拟)已知函数

f(x)＝ax＋1－xln

x

的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0

平行．(1)求函数f(x)的极值；1

2(2)若∀x

，x

∈(0，＋∞)，f(x1)－f(x2)x1－x22>m(x1＋x

)，求实数m

的取值范围．解

(1)f(x)＝ax＋1－xln

x的导数为

f′(x)＝a－1－lnx，可得

y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为

a－1，由切线与直线

x－y＝0

平行，可得

a－1＝1，即

a＝2，f(x)＝2x＋1－xln

x，f′(x)＝1－ln

x，当0<x<e

时f′(x)>0，当x>e

时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，可得f(x)在x＝e

处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．1

2(2)设x

>x

>0，若f(x1)－f(x2)x1－x2>m(x12

1

2

1

2＋x

)，可得f(x

)－f(x

)>mx2－mx2，1

2

2即f(x1)－mx2>f(x

)－mx2，设g(x)＝f(x)－mx2

在(0，＋∞)上是增函数，即g′(x)＝1－ln

x－2mx≥0

在(0，＋∞)上恒成立，可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝1－ln

x

1－ln

xx

x，所以h′(x)＝ln

x－2x2，h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，h(x)在x＝e2

处取得

1极小值为h(e2)＝－e2，2e所以m≤－12.1解

(1)由题意，得函数

f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋2x－k＝2x2－kx＋1x.当k≤0

时，f′(x)>0

在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；2时，f′(x)≥0

在(0，＋∞)上恒当k>0

时，若Δ＝k2－8≤0，即0<k≤2成立，则

f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若

Δ＝k2－8>0，即

k>2 2时，令f′(x)＝0，解得x2＝k＋

k2－8>x1＝k－

k2－84

4>0，令f′(x)>0，解得0<x<x1

或x>x2，令f′(x)<0，解得x1<x<x2，∴f(x)在0，4

和k－

k2－8

k＋k2－84，＋∞上单调递增，在k－

k2－84，k＋

k2－84上单调递减．综上所述，当k≤22时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当

k>2

2时，f(x)在0，4

和k－

k2－8

k＋

k2－84，＋∞上单调递增，在，k－

k2－8

k＋

k2－84

4上单调递减．(2)证明：由(1)得，若f(x)存在两个极值点x1，x2，则

k>2 2，且

2x2－kx

＋1＝0，1

1则f(x1)＝ln

x1＋x2－kx1－1＝ln

x1＋x2－(2x2＋1)－1＝ln

x1－x2－2.1

1

1

1下面先证明ln

x<x(x>0)：1设g(x)＝ln

x－x，x>0，则g′(x)＝x－1，易得g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝－1<0，∴g(x)<0(x>0)，即ln

x<x(x>0)．2

21

274∴f(x1)＝ln

x1－x1－2<x1－x1－2＝－x1－

2－

<0，又由(1)得f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，∴f(x2)<f(x1)<0.3真题VS押题PART

THREE『真题模拟』1．(2019·榆林市高考模拟第三次测试)已知函数f(x)＝ex－x2－1.(1)若函数g(x)＝f(x)x∈(0，＋∞)，求函数g(x)的单调区间；x

，2(2)若不等式f(x)＋1(3x2＋x－3k)≤0

有解，求k

的取值范围．exf(x)

1解

(1)g(x)＝

x

＝

x

－x－x(x>0)，g′(x)＝(x－1)(ex－x－1)x2，令h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，x>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴ex－x－1>0

在(0，＋∞)上恒成立，∴当x∈(0,1)，g′(x)<0，当

x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，∴g(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)．(2)f(x)＋1(3x2＋x－3k)≤0，即3k≥2ex＋x2＋x－2

有解，令h(x)＝2ex＋x22＋x－2，h′(x)＝2ex＋2x＋1

在R

上递增，∵h′(0)>0，h′(－1)<0，故存在唯一的x0∈(－1,0)使得h′(x)＝2ex0＋2x0＋1＝0，∴h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(x0)＝2e

x0＋x2＋x

－2＝x2－x

－3，∵x

∈(－1,0)，∴x2－x

－3∈(－3，0

0

0

0

0

0

0－1)，故3k>－3，∴k>－1.2．(2019·浙江高考)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln

x＋1＋x，x>0.4(1)当a＝－3时，求函数f(x)的单调区间；

1e(2)对任意

x∈

2，＋∞均有

f(x)≤

x2a，求a

的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．3解

(1)当

a＝－

时，4

43f(x)＝－

ln

x＋1＋x，x>0.

34xf′(x)＝－

＋

1

＝(

1＋x－2)(2

1＋x＋1)2

1＋x

4x

1＋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，＋∞)．2a(2)由f(1)≤

1

，得0<a≤42.42a当0<a≤2时，f(x)≤x等价于a2x－2

1＋xa－2ln

x≥0.1a令t＝，则t≥22.设g(t)＝t2则g(t)＝x－2t

1＋x－2ln

x，t≥2

2，xt－1＋1x2－1＋xx－2ln

x.17①当

x∈

，＋∞时，1x1＋

≤22，则

g(t)≥g(2

2)＝8

x－4

2 1＋x－2ln

x.1记

p(x)＝4

x－2

2 1＋x－ln

x，x≥7，则p′(x)＝

2

－2

1—x

x＋1

x＝2

x x＋1－

2x－

x＋1x

x＋1＝

(x－1)[1＋

x(

2x＋2－1)]

x x＋1(

x＋1)(

x＋1＋

2x).故x171

，17

1(1，＋∞)p′(x)—0＋p(x)p1

7

单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(22)＝2p(x)≥0.

1

1e

7②当

x∈

2，

时，g(t)≥g1＋1x＝－2

xln

x－(x＋1)x.令q(x)＝2

1xln

x＋(x＋1)，x∈

2，1e

7，则q′(x)＝ln

x＋2x

11e

7＋1>0，故q(x)在

2，上单调递增，所以q(x)≤q

17.

17由①，得

q

＝－2

77p

17<－2

77p(1)＝0.所以q(x)<0.因此，g(t)≥g

1＋1x＝－q(x)x>0.

1e由①②知对任意x∈

2，＋∞，t∈[22，＋∞)，

1eg(t)≥0，即对任意x∈

2，＋∞，均有f(x)≤

x2a.综上所述，所求a

的取值范围是0，

24

.3．(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数f(x)＝ex－1x－ln

x.求f(x)的单调区间；证明：0<1＋xln

x<ex.解

(1)f′(x)＝(x－1)ex＋1x21－x＝(x－1)(ex－1)(x－1)ex＋1－xx2

x2＝

，因为x>0，所以ex－1>0，所以当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：令h(x)＝1＋xln

x，则h′(x)＝1＋ln

x.

1

e当x∈0，时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

1e当

x∈

，＋∞时，h′(x)>0，h(x)单调递增；1e所以

h(x)≥h

＝1＋

ln1

1

1e

ee＝1－

>0.

故1＋xln

x>0.由(1)知f(x)＝ex－1x－ln

x

在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝e－1>0，即ex－1x－ln

x>0.因为x>0，所以上述不等式可化为1＋xln

x<ex.综上，0<1＋xln

x<ex.4．(2019·湖南模拟)已知函数f(x)＝ln

x＋a(a>0)．x(1)若函数f(x)有零点，求实数a

的取值范围；e(2)证明：当a≥2时，f(x)>e－x.解

(1)解法一：函数

f(x)＝ln

xa＋x的定义域为(0，＋∞)．a

1

a由f(x)＝ln

x＋x，得f′(x)＝－2＝x

x

x2x－a.因为a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当x＝a

时，f(x)min＝ln

a＋1.1e当ln

a＋1≤0，即0<a≤时，又f(1)＝ln

1＋a＝a>0，则函数f(x)有零点．所以实数a

的取值范围为0，

1

e.解法二：函数f(x)＝ln

x＋a的定义域为(0，＋∞)．xa由f(x)＝ln

x＋x＝0，得a＝－xln

x.令g(x)＝－xln

x，则g′(x)＝－(ln

x＋1)．

1

1

e

e当

x∈0，

时，g′(x)>0；当

x∈

，＋∞时，g′(x)<0.

1

1

e

e所以函数

g(x)在0，

上单调递增，在

，＋∞上单调递减．1e

1e故

x＝

时，函数

g(x)取得最大值

g

＝－

ln1

1

1e

e

e＝

.ax因而函数f(x)＝ln

x＋有零点，则0<a≤e1.所以实数a

的取值范围为0，

1

e.2e(2)证明：要证明当a≥时，2e

xf(x)>e－x，即证明当x>0，a≥时，ln

x＋a>e－x，即xln

x＋a>xe－x.令h(x)＝xln

x＋a，则h′(x)＝ln

x＋1.当

0<x

1时，h′(x)<0；当

x>1时，h′(x)>0.<e

e

e

1

1e所以函数

h(x)在0，

上单调递减，在

，＋∞上单调递增．1

1当x＝e时，h(x)min＝－e＋a.于是，当a≥e时，h(x)2

11≥－e＋a≥e.①令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．当0<x<1

时，φ′(x)>0；当x>1

时，φ′(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．maxe

e当

x＝1

时，φ(x)

＝1.于是，当

x>0

时，φ(x)≤1.②显然，不等式①②中的等号不能同时成立．2－x故当

a≥e时，f(x)>e

.『金版押题』5．已知函数f(x)＝xln

x＋ax

在x＝x0

处取得极小值－1.求实数a

的值；设g(x)＝xf(x)＋b(b>0)，讨论函数g(x)的零点个数．解

(1)函数

f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln

x＋1＋a，∵函数f(x)＝xln

x＋ax

在x＝x0

处取得极小值－1，∴得f′(x0)＝ln

x0＋1＋a＝0，

a＝－1，f(x0)＝x0ln

x0＋ax0＝－1，

x0＝1，当a＝－1

时，f′(x)＝ln

x，则x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x＝1

时，函数f(x)取得极小值－1，符合题意，∴a＝－1.(2)由(1)知，函数g(x)＝xf(x)＋b＝x2ln

x－x2＋b(b>0)，定义域为(0，＋∞)，

则g′(x)＝2xln

x－12，令

g′(x)<0，得

0<x<

e；令

g′(x)>0，得

x>

e.∴g(x)在(0，

e)上单调递减，在( e，＋∞)上单调递增．2当x＝

e时，函数g(x)取得最小值b－e.当b－e>0，即b>2

2e时，函数g(x)没有零点；e2e2当b－＝0，即b＝时，函数g(x)有一个零点；当b－e<0，即0<b<2

21e时，g(e)＝b>0⇒g( e)g(e)<0，存在

x

∈(

e，e)，使g(x1)＝0，∴g(x)在(e，e)上有一个零点x1.1

1

1设h(x)＝ln

x＋x－1，则h′(x)＝－2＝x

x

x2x－1.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，则h(x)在(0,1)上单调递减，1∴h(x)>h(1)＝0，即当x∈(0,1)时，ln

x>1－x，

1

xm当

x∈(0,1)时，g(x)＝x2ln

x－x2＋b>x2

1－

－x2＋b＝b－x，取

x

＝e)，使得g(x2)＝0.min{b,1}，则g(xm)>0；∴g( e)g(xm)<0，∴存在x2∈(xm，∴g(x)在(xm，e)上有一个零点x2，∴g(x)在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，e2

2e综上可得，当

b>

时，函数

g(x)没有零点；当

b＝

时，函数g(x)有一个2e零点；当

0<b<

时，函数

g(x)有两个零点．6．已知函数f(x)＝x－2sinx＋1，g(x)＝1x2＋mcosx.2求曲线y＝f(x)在x＝0

处的切线方程；求f(x)在(0，π)上的单调区间；当m>1

时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．解

(1)因为

f(x)＝x－2sinx＋1，所以

f′(x)＝1－2cosx，则

f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以切线方程为

y＝－x＋1.2(2)令f′(x)＝0，则cosx＝，当1

π3x∈(0，π)时，得x＝，当x

变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表．x

π0，

3

π3π

，π3

f′(x)—0＋f(x)减最小值增

ππ

3

3

所以函数

f(x)在(0，π)上的单调递减区间为0，

，单调递增区间为

，π(3)证明：因为g(x)＝1x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx.2令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，1m因为m>1，所以∈(0,1)，令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx1＝m，易知cosx1＝m在(0，π)内有唯一解x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)<h(0)＝0，又h(π)＝π>0，所以h(x)＝x－msinx

在(x0，π)内有唯一零点x1，当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．所以函数g(x)在x＝x1

处取得最小值，即当m>1

时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．4配套作业PART

FOUR1.(2019·白银市靖远县高三第四次联考)已知函数f(x)＝(x－1)ex.求函数f(x)的单调区间和零点；若f(x)≥ax－e

恒成立，求a

的取值范围．解

(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，令

f′(x)＝0，解得

x＝0.所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，令f(x)＝0，解得x＝1，所以函数f(x)的零点是x＝1.0将(0，－e)代入切线方程，得－e－(x0－1)ex0＝－x2ex0，0

0整理得(x2－x

＋1)ex0＝e，设h(x)＝(x2－x＋1)ex－e⇒h′(x)＝(x2＋x)ex，令h′(x)＝0，得x＝0

或x＝－1，所以h(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．又h(－1)＝3－e<0，h(0)＝1－e<0，h(1)＝0，e所以x0＝1

是方程(x2－x

＋1)ex0＝e

的唯一解，0

0所以过点(0，－e)且与f(x)的图象相切的直线方程为y＝ex－e.令m(x)＝(x－1)ex－ex＋e，则m′(x)＝xex－e，当x>1

时，m′(x)>0；当0<x<1

时，m′(x)<0，∴m(x)≥m(1)．又m(1)＝0，即m(x)≥0

在(0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)的图象恒在其切线y＝ex－e

的上方，数形结合可知，a

的取值范围为[0，e]．2．已知函数f(x)＝ln

x－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e

为自然对数的底数．讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a

的取值范围．11－ax解

(1)f′(x)＝x－a＝

，x①当a≤0

时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；1

1a②当0<a≤e时，≥e，则f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增；1

1e

a

a

1

1

a③当

<a<1

时，1<

<e，当

x∈1，

时，f′(x)≥0，f(x)在1，

上单调递1

a

1

a

增，当

x∈

，e时，f′(x)≤0，f(x)在

，e上单调递减；④当a≥1

时，0<a1≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．1

1e

e综上所述，当a≤时，f(x)在[1，e]上单调递增；当<a<1

时，f(x)在1，

1

a1

a

上单调递增，在

，e上单调递减；当

a≥1

时，f(x)在[1，e]上单调递减．(2)g′(x)＝2ax，依题意知，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max

恒成立．已知a∉(0，e)，则①当a≤0

时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，12所以－a>a＋1，得a<－；②当a≥e

时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e

矛盾．综上所述，实数a

的取值范围是－∞，－12.3．已知函数f(x)＝aln

x－x＋2，a∈R.求函数f(x)的单调区间；若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a

的值．aa－xx解

(1)因为

f(x)＝aln

x－x＋2，所以

f′(x)＝x－1＝

，x>0，当a≤0

时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0

时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)①当a≤1

时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.②当1<a<e时，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函数，在(a，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(a)＝aln

a－a＋2.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(ln

a－1)＋4，又1<a<e，所以ln

a－1<0,2a(ln

a－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.③当a≥e

时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e

时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4.(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0

有解．

g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4.)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1.综上可知，实数a

的值为e＋1.4．(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)＝3x2＋mlnx＋4，且f(x)在x＝1

处的切线方程为y＝nx.求f(x)的解析式，并讨论其单调性．若函数g(x)＝ex－1＋3x2＋4－f(x)，证明：g(x)≥1.解

(1)由题意得切点为(1，n)，代入

f(x)得，n＝7，①mf