第3講導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題考情研析利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題，高考中常與函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根及不等式相結(jié)合，難度較大解題時要注意分類討論思想和轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用.核心知識回顧1.利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根的問題(1)利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式方程根的個數(shù)問題的一般思路：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)的個數(shù)問題；利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等；畫出函數(shù)的大致圖象；結(jié)合圖象求解(2)證明復(fù)雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟：在該區(qū)間上構(gòu)造與方程相應(yīng)的函數(shù)；利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性；判斷該函數(shù)在該區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值異號；作出結(jié)論2利用導(dǎo)數(shù)證明不等式不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，再由單調(diào)性或最值來證明不等式，其中構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵.熱點(diǎn)考向探究考向1 利用導(dǎo)數(shù)討論方程根的個數(shù)例1(2019·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln ax(a>0，b>0)，對任意x>0，都有f(x)f0.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)存在三個不同的零點(diǎn)時，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由f(x)fln axln 0，得b4a，則f(x)ln ax，f(x)a(x>0)，若116a20，即a時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，若116a2>0，即0<a<時，h(x)ax2x4a有兩個零點(diǎn)，零點(diǎn)為x1>0，x2>0，又h(x)ax2x4a開口向下當(dāng)0<x<x1時，h(x)<0，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x1<x<x2時，h(x)>0，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>x2時，h(x)<0，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<時，f(x)在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增(2)由(1)知，當(dāng)a時，f(x)單調(diào)遞減，不可能有三個不同的零點(diǎn)當(dāng)0<a<時，f(x)在(0，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(2)ln 2a2a0，又x1x24，有x1<2<x2，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(x1)<f(2)0，f(x2)>f(2)0.f(x)ln ax，fln 2a24a3，令g(a)ln 2a24a3，g(a)12a2.令m(a)12a42a1，m(a)48a32單調(diào)遞增由m(a)48a320，求得a0 >.當(dāng)0<a<時，m(a)單調(diào)遞減，m(a)>m1>0，fg(a)ln 2a24a3在上單調(diào)遞增故fg(a)<g3ln 24<0，故f<0，f(x2)>0，>x2，由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在區(qū)間上有一個根，設(shè)為x0，又f(x0)f0，得f0，由x2<x0<及x1x24得0<<x1，是f(x)的另一個零點(diǎn)，故當(dāng)0<a<時，f(x)存在三個不同的零點(diǎn)，2，x0.根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)，基本思想也是“數(shù)形結(jié)合”，即通過研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，大致勾畫出函數(shù)圖象，然后通過函數(shù)性質(zhì)得出其與x軸交點(diǎn)的個數(shù)，或者兩個函數(shù)圖象交點(diǎn)的個數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”(2019·永州市高三第三次模擬)已知函數(shù)f(x)2aln xx2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2)內(nèi)的零點(diǎn)個數(shù)解(1)f(x)2aln xx2，f(x)，x>0，當(dāng)a0時，f(x)<0，當(dāng)a>0時，f(x)，當(dāng)0<x<時，f(x)>0；當(dāng)x>時，f(x)<0，當(dāng)a0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(0, )上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減(2)由(1)，得f(x)maxf()a(ln a1)，當(dāng)a(ln a1)<0，即0<a<e時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)a(ln a1)0，即ae時，函數(shù)f(x)在(0，)內(nèi)有唯一零點(diǎn)，又1<<e2，所以函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有一個零點(diǎn)；當(dāng)a(ln a1)>0，即a>e時，由于f(1)1<0，f()a(ln a1)>0，f(e2)2aln e2e44ae4(2e2)(2e2)，若2e2<0，即e<a<時，f(e2)<0，由函數(shù)單調(diào)性知，x1(1，)使得f(x1)0，x2(，e2)使得f(x2)0，故此時函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有兩個零點(diǎn)；若2e20，即a時，>，f(e2)0，且f()2aln eae>0，f(1)1<0，由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)在(1，)內(nèi)有唯一的零點(diǎn)，在(，e2)內(nèi)沒有零點(diǎn)，從而f(x)在(1，e2)內(nèi)只有一個零點(diǎn)綜上所述，當(dāng)a(0，e)時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)ae時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有一個零點(diǎn)；當(dāng)a時，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)有兩個零點(diǎn)考向2 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式例2(2019·南開中學(xué)高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)axaln x，其中a>0.(1)若函數(shù)f(x)僅在x1處取得極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)g(x)f(x)a有三個極值點(diǎn)x1，x2，x3，求證：x1x2x1x3x2x3>2x1x2x3.解(1)由f(x)axaln x，得f(x)a，由f(x)僅在x1處取得極值，則exax0，即a.令h(x)(x(0，)，則h(x)，當(dāng)x(0,1)時，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(1，)時，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)minh(1)e.當(dāng)0<a<e時，exax>0，此時f(x)0僅有一個零點(diǎn)x1，則f(x)僅在x1處取得極值；當(dāng)ae時，exex0與x10在同一處取得零點(diǎn)，此時當(dāng)x(0,1)時，(x1)(exex)<0，當(dāng)x(1，)時，(x1)(exex)>0，f(x)0僅有一個零點(diǎn)x1，則f(x)僅在x1處取得極值，所以ae符合題意當(dāng)ae時，顯然與已知不相符合實(shí)數(shù)a的取值范圍為0<ae.(2)證明：由g(x)axaln xa，則g(x).由題意，則g(x)0有三個根，則exa(x1)0有兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)為x1，x2，x1<x2，則x1，x2(1，)，x10有一個零點(diǎn)，則x31.令p(x)exa(x1)，則p(x)exa，當(dāng)x(0，ln a)時，p(x)<0，p(x)單調(diào)遞減，當(dāng)xln a時，p(x)取得極值，當(dāng)x(ln a，)時，p(x)>0，p(x)單調(diào)遞增，p(ln a)aa(ln a1)<0，則當(dāng)a>e2時，exa(x1)0有兩零點(diǎn)x1，x2，且1<x1<ln a<x2，若證：x1x2x1x3x2x3>2x1x2x3，即證：x1x2>x1x2(x11)(x21)<1，由ex1a(x11)，ex2a(x21)，則ex1x2a2(x11)(x21)，即證：ex1x2a2(x11)(x21)<a2x1x2<2ln ax2<2ln ax1，由p(x)在(ln a，)上單調(diào)遞增，即證p(x2)<p(2ln ax1)，又p(x1)p(x2)，則證p(x1)p(2ln ax1)<0，令G(x)p(x)p(2ln ax)，1<x<ln a，G(x)exa(x1)e2ln axa(2ln ax1)ex2ax2aln aG(x)ex2a0恒成立，則G(x)為增函數(shù)，當(dāng)1<x<ln a時，G(x)<G(ln a)0，x1x2x1x3x2x3>2x1x2x3得證利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本思想是構(gòu)造函數(shù)，通過研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，通過一般函數(shù)值與特殊值的比較得出所證不等式已知函數(shù)f(x)ln xex(R)(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0<x1<x2時，都有e1x2e1x1>1.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)ln xex，f(x)ex，函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，f(x)0或f(x)0在(0，)上恒成立，當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時，f(x)0，0，即xex0，xex，令(x)，則(x)，當(dāng)0<x<1時，(x)<0，當(dāng)x>1時，(x)>0，則(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時，(x)min(1)，；當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時，f(x)0，0，即xex0，xex，由得(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，又(0)0，x時，(x)<0，0.綜上，或0.(2)證明：由(1)可知，當(dāng)時，f(x)ln xex在(0，)上單調(diào)遞減，0<x1<x2，f(x1)>f(x2)，即ln x1ex1>ln x2ex2，e1x2e1x1>ln x1ln x2.要證e1x2e1x1>1，只需證ln x1ln x2>1，即證ln >1，令t，t(0,1)，則只需證ln t>1，令h(t)ln t1，則當(dāng)0<t<1時，h(t)<0，h(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，又h(1)0，h(t)>0，即ln t>1，得證考向3 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題角度1函數(shù)不等式恒成立問題例3(2019·內(nèi)蒙古高三高考一模)已知函數(shù)f(x)2axbx12ln x(aR)(1)當(dāng)b0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意的a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解(1)當(dāng)b0時，f(x)2a(x>0)，當(dāng)a0時，f(x)<0在(0，)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，由f(x)<0，得0<x<；由f(x)>0，得x>.當(dāng)a0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.(2)a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成立等價于2axbx12ln x2bx3，x(0，)，a1,3恒成立即a，x(0，)，a1,3恒成立令g(x)a，a1,3，x(0，)，則g(x)，令g(x)0，得xe2，由此可得g(x)在區(qū)間(0，e2上單調(diào)遞減，在區(qū)間e2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時，g(x)ming(e2)a，即a，又a1,3，實(shí)數(shù)b的取值范圍是.利用導(dǎo)數(shù)求解不等式恒成立問題中參數(shù)的方法(1)分離參數(shù)法：若能夠?qū)?shù)分離，且分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求，則用分離參數(shù)法即f(x)恒成立，則f(x)max.f(x)恒成立，則f(x)min.(2)最值轉(zhuǎn)化法：若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值不易求，則常用最值轉(zhuǎn)化法可通過求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解如f(x)0，則只需f(x)min0.設(shè)函數(shù)f(x)(ax1)ex(aR)(1)當(dāng)a>0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)對任意的x0，)，f(x)x1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)當(dāng)a>0時，f(x)a·ex(ax1)·exa·ex·，由于ex>0，a>0，所以令f(x)0得，x.所以當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是.(2)令h(x)(ax1)exx1，則f(x)x1恒成立等價于h(x)0恒成立若a0，則當(dāng)x0時，ax11,0<ex1f(x)1，而x11，即f(x)x1恒成立若0<a2，則h(x)ex(a1ax)1.當(dāng)x0時，令t(x)a1ax，由t(x)是減函數(shù)，知t(x)maxt(0)a11，又ex1，所以h(x)0，h(x)在0，)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x0時，h(x)h(0)0.若a>2，則h(0)e0(a1a×0)1a2>0，h(1)e1(a1a)1e11<0.所以h(x)在(0,1)上有零點(diǎn)當(dāng)x(0,1)時，設(shè)g(x)h(x)，則g(x)ex(ax12a)<ex(1a)<0，所以h(x)在x(0,1)上是減函數(shù)，即h(x)0在(0,1)上有唯一的零點(diǎn)x0，且在(0，x0)上，h(x)>0，h(x)在(0，x0)上為增函數(shù)，即x(0，x0)時，h(x)>h(0)0，所以f(x)>x1，不符合題意綜上可得，符合題意的a的取值范圍是(，2角度2含量詞的不等式問題 例4(2019·延安市高考模擬)已知函數(shù)f(x)ax1xln x的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線與直線xy0平行(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若x1，x2(0，)，>m(x1x2)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)f(x)ax1xln x的導(dǎo)數(shù)為f(x)a1ln x，可得yf(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為a1，由切線與直線xy0平行，可得a11，即a2，f(x)2x1xln x，f(x)1ln x，當(dāng)0<x<e時f(x)>0，當(dāng)x>e時，f(x)<0，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，可得f(x)在xe處取得極大值為f(e)e1，無極小值(2)設(shè)x1>x2>0，若>m(x1x2)，可得f(x1)f(x2)>mxmx，即f(x1)mx>f(x2)mx，設(shè)g(x)f(x)mx2在(0，)上是增函數(shù)，即g(x)1ln x2mx0在(0，)上恒成立，可得2m在(0，)上恒成立，設(shè)h(x)，所以h(x)，h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，h(x)在xe2處取得極小值為h(e2)，所以m.含量詞不等式問題的解法(1)f(x)>g(x)對一切xI恒成立f(x)g(x)min>0(xI)(2)存在xI，使f(x)>g(x)成立f(x)g(x)max>0(xI)(3)對任意x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(4)存在x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(5)任意x1D1，存在x2D2，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定義域?yàn)镈1，g(x)定義域?yàn)镈2)(2019·毛坦廠中學(xué)高三校區(qū)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xx2kx1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，求證：f(x2)<f(x1)<0.解(1)由題意，得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2xk.當(dāng)k0時，f(x)>0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k>0時，若k280，即0<k2時，f(x)0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；若k28>0，即k>2時，令f(x)0，解得x2>x1>0，令f(x)>0，解得0<x<x1或x>x2，令f(x)<0，解得x1<x<x2，f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)k2時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k>2時，f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明：由(1)得，若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，則k>2，且2xkx110，則f(x1)ln x1xkx11ln x1x(2x1)1ln x1x2.下面先證明ln x<x(x>0)：設(shè)g(x)ln xx，x>0，則g(x)1，易得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)maxg(1)1<0，g(x)<0(x>0)，即ln x<x(x>0)f(x1)ln x1x2<x1x22<0，又由(1)得f(x)在區(qū)間(x1，x2)上單調(diào)遞減，f(x2)<f(x1)<0.真題押題真題模擬1(2019·榆林市高考模擬第三次測試)已知函數(shù)f(x)exx21.(1)若函數(shù)g(x)，x(0，)，求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)(3x2x3k)0有解，求k的取值范圍解(1)g(x)x(x>0)，g(x)，令h(x)exx1，h(x)ex1，x>0，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，exx1>0在(0，)上恒成立，當(dāng)x(0,1)，g(x)<0，當(dāng)x(1，)，g(x)>0，g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)增區(qū)間為(1，)(2)f(x)(3x2x3k)0，即3k2exx2x2有解，令h(x)2exx2x2，h(x)2ex2x1在R上遞增，h(0)>0，h(1)<0，故存在唯一的x0(1,0)使得h(x)2ex02x010，h(x)在(，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，h(x)h(x0)2e x0xx02xx03，x0(1,0)，xx03(3，1)，故3k>3，k>1.2(2019·浙江高考)已知實(shí)數(shù)a0，設(shè)函數(shù)f(x)aln x，x>0.(1)當(dāng)a時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對任意x均有f(x)，求a的取值范圍注：e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)解(1)當(dāng)a時，f(x)ln x，x>0.f(x)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，)(2)由f(1)，得0<a.當(dāng)0<a時，f(x)等價于2ln x0.令t，則t2.設(shè)g(t)t22t2ln x，t2，則g(t)22ln x.當(dāng)x時，2，則g(t)g(2)842ln x.記p(x)42ln x，x，則p(x).故x1(1，)p(x)0p(x)p單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以p(x)p(1)0.因此g(t)g(2)2p(x)0.當(dāng)x時，g(t)g.令q(x)2ln x(x1)，x，則q(x)1>0，故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)q.由，得qp<p(1)0.所以q(x)<0.因此，g(t)g>0.由知對任意x，t2，)，g(t)0，即對任意x，均有f(x).綜上所述，所求a的取值范圍是.3(2019·南陽市六校高二下學(xué)期第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：0<1xln x<ex.解(1)f(x)，因?yàn)閤>0，所以ex1>0，所以當(dāng)0<x<1時，f(x)<0；當(dāng)x>1時，f(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)(2)證明：令h(x)1xln x，則h(x)1ln x.當(dāng)x時，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；所以h(x)h1ln 1>0.故1xln x>0.由(1)知f(x)ln x在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(1)e1>0，即ln x>0.因?yàn)閤>0，所以上述不等式可化為1xln x<ex.綜上，0<1xln x<ex.4(2019·湖南模擬)已知函數(shù)f(x)ln x(a>0)(1)若函數(shù)f(x)有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：當(dāng)a時，f(x)>ex.解(1)解法一：函數(shù)f(x)ln x的定義域?yàn)?0，)由f(x)ln x，得f(x).因?yàn)閍>0，則x(0，a)時，f(x)<0；x(a，)時，f(x)>0.所以函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增當(dāng)xa時，f(x)minln a1.當(dāng)ln a10，即0<a時，又f(1)ln 1aa>0，則函數(shù)f(x)有零點(diǎn)所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為.解法二：函數(shù)f(x)ln x的定義域?yàn)?0，)由f(x)ln x0，得axln x.令g(x)xln x，則g(x)(ln x1)當(dāng)x時，g(x)>0；當(dāng)x時，g(x)<0.所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減故x時，函數(shù)g(x)取得最大值gln .因而函數(shù)f(x)ln x有零點(diǎn)，則0<a.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為.(2)證明：要證明當(dāng)a時，f(x)>ex，即證明當(dāng)x>0，a時，ln x>ex，即xln xa>xex.令h(x)xln xa，則h(x)ln x1.當(dāng)0<x<時，h(x)<0；當(dāng)x>時，h(x)>0.所以函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增當(dāng)x時，h(x)mina.于是，當(dāng)a時，h(x)a.令(x)xex，則(x)exxexex(1x)當(dāng)0<x<1時，(x)>0；當(dāng)x>1時，(x)<0.所以函數(shù)(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減當(dāng)x1時，(x)max.于是，當(dāng)x>0時，(x).顯然，不等式中的等號不能同時成立故當(dāng)a時，f(x)>ex.金版押題5已知函數(shù)f(x)xln xax在xx0處取得極小值1.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)xf(x)b(b>0)，討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個數(shù)解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)ln x1a，函數(shù)f(x)xln xax在xx0處取得極小值1，得當(dāng)a1時，f(x)ln x，則x(0,1)時，f(x)<0；當(dāng)x(1，)時，f(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，x1時，函數(shù)f(x)取得極小值1，符合題意，a1.(2)由(1)知，函數(shù)g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b>0)，定義域?yàn)?0，)，則g(x)2x，令g(x)<0，得0<x<；令g(x)>0，得x>.g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增當(dāng)x時，函數(shù)g(x)取得最小值b.當(dāng)b>0，即b>時，函數(shù)g(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)b0，即b時，函數(shù)g(x)有一個零點(diǎn)；當(dāng)b<0，即0<b<時，g(e)b>0g()g(e)<0，存在x1(，e)，使g(x1)0，g(x)在(，e)上有一個零點(diǎn)x1.設(shè)h(x)ln x1，則h(x).當(dāng)x(0,1)時，h(x)<0，則h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，h(x)>h(1)0，即當(dāng)x(0,1)時，ln x>1，當(dāng)x(0,1)時，g(x)x2ln xx2b>x2x2bbx，取xmminb,1，則g(xm)>0；g()g(xm)<0，存在x2(xm，)，使得g(x2)0.g(x)在(xm，)上有一個零點(diǎn)x2，g(x)在(0，)上有兩個零點(diǎn)x1，x2，綜上可得，當(dāng)b>時，函數(shù)g(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)b時，函數(shù)g(x)有一個零點(diǎn)；當(dāng)0<b<時，函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)6已知函數(shù)f(x)x2sinx1，g(x)x2mcosx.(1)求曲線yf(x)在x0處的切線方程；(2)求f(x)在(0，)上的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)m>1時，證明：g(x)在(0，)上存在最小值解(1)因?yàn)閒(x)x2sinx1，所以f(x)12cosx，則f(0)1，f(0)1，所以切線方程為yx1.(2)令f(x)0，則cosx，當(dāng)x(0，)時，得x，當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化如下表xf(x)0f(x)減最小值增所以函數(shù)f(x)在(0，)上的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.(3)證明：因?yàn)間(x)x2mcosx，所以g(x)xmsinx.令h(x)g(x)xmsinx，則h(x)1mcosx，因?yàn)閙>1，所以(0,1)，令h(x)1mcosx0，則cosx，易知cosx在(0，)內(nèi)有唯一解x0，當(dāng)x(0，x0)時，h(x)<0，當(dāng)x(x0，)時，h(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增所以h(x0)<h(0)0，又h()>0，所以h(x)xmsinx在(x0，)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1，當(dāng)x(0，x1)時，h(x)<0，即g(x)<0，當(dāng)x(x1，)時，h(x)>0，即g(x)>0，所以g(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增所以函數(shù)g(x)在xx1處取得最小值，即當(dāng)m>1時，函數(shù)g(x)在(0，)上存在最小值配套作業(yè)1.(2019·白銀市靖遠(yuǎn)縣高三第四次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(x1)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和零點(diǎn)；(2)若f(x)axe恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)ex(x1)exxex，令f(x)0，解得x0.所以函數(shù)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，令f(x)0，解得x1，所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)是x1.(2)畫出f(x)的大致圖象，如圖所示，設(shè)g(x)axe，則g(x)的圖象恒過點(diǎn)(0，e)，設(shè)函數(shù)f(x)(x1)ex的圖象在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線過點(diǎn)(0，e)，所以f(x0)x0ex0，f(x0)(x01)ex0，f(x)的圖象在P(x0，y0)處的切線方程為y(x01)·ex0x0ex0 (xx0)，將(0，e)代入切線方程，得e(x01) ex0xex0，整理得(xx01) ex0e，設(shè)h(x)(x2x1)exeh(x)(x2x)ex，令h(x)0，得x0或x1，所以h(x)在(，1)，(0，)上單調(diào)遞增，在(1,0)上單調(diào)遞減又h(1)e<0，h(0)1e<0，h(1)0，所以x01是方程(xx01) ex0e的唯一解，所以過點(diǎn)(0，e)且與f(x)的圖象相切的直線方程為yexe.令m(x)(x1)exexe，則m(x)xexe，當(dāng)x>1時，m(x)>0；當(dāng)0<x<1時，m(x)<0，m(x)m(1)又m(1)0，即m(x)0在(0，)上恒成立，即函數(shù)f(x)的圖象恒在其切線yexe的上方，數(shù)形結(jié)合可知，a的取值范圍為0，e2已知函數(shù)f(x)ln xax，g(x)ax21，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間1，e上的單調(diào)性；(2)已知a(0，e)，若對任意x1，x21，e，有f(x1)>g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)a，當(dāng)a0時，1ax>0，則f(x)>0，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a時，e，則f(x)0，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)<a<1時，1<<e，當(dāng)x時，f(x)0，f(x)在上單調(diào)遞增，當(dāng)x時，f(x)0，f(x)在上單調(diào)遞減；當(dāng)a1時，0<1，則f(x)0，f(x)在1，e上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a時，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)<a<1時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)a1時，f(x)在1，e上單調(diào)遞減(2)g(x)2ax，依題意知，x1，e時，f(x)min>g(x)max恒成立已知a(0，e)，則當(dāng)a0時，g(x)0，所以g(x)在1，e上單調(diào)遞減，而f(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)a，g(x)maxg(1)a1，所以a>a1，得a<；當(dāng)ae時，g(x)>0，所以g(x)在1，e上單調(diào)遞增，而f(x)在1，e上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(e)ae21，f(x)minf(e)1ae，所以1ae>ae21，得a<0，與ae矛盾綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.3已知函數(shù)f(x)aln xx2，aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意的x11，e，總存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4，求實(shí)數(shù)a的值解(1)因?yàn)閒(x)aln xx2，所以f(x)1，x>0，當(dāng)a0時，對任意的x(0，)，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>0時，令f(x)0，得xa，因?yàn)閤(0，a)時，f(x)>0，x(a，)時，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，)(2)當(dāng)a1時，由(1)知，f(x)在1，e上是減函數(shù)，所以f(x)maxf(1)1.因?yàn)閷θ我獾膞11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(1)2<4，所以對任意的x11，e，不存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4.當(dāng)1<a<e時，由(1)知，f(x)在1，a上是增函數(shù)，在(a，e上是減函數(shù)，所以f(x)maxf(a)aln aa2.因?yàn)閷θ我獾膞11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(a)2a(ln a1)4，又1<a<e，所以ln a1<0,2a(ln a1)4<4，所以對任意的x11，e，不存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4.當(dāng)ae時，由(1)知，f(x)在1，e上是增函數(shù)，f(x)minf(1)1，f(x)maxf(e)ae2，由題意，對任意的x11，e，總存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4，則當(dāng)x11時，要使存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4，則f(1)f(e)4，同理當(dāng)x1e時，要使存在x21，e，使得f(x1)f(x2)4，則f(e)f(1)4，所以f(1)f(e)4.(對任意的x1(1，e)，令g(x)4f(x)f(x1)，x1，e，g(x)0有解g(1)4f(1)f(x1)f(e)f(x1)>0，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)<0，所以存在x2(1，e)，g(x2)4f(x2)f(x1)0，即f(x1)f(x2)4.)所以由f(1)f(e)ae34，得ae1.綜上可知，實(shí)數(shù)a的值為e1.4(2019·漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)已知函數(shù)f(x)3x2mln x4，且f(x)在x1處的切線方程為ynx.(1)求f(x)的解析式，并討論其單調(diào)性(2)若函數(shù)g(x)ex13x24f(x)，證明：g(x)1.解(1)由題意得切點(diǎn)為(1，n)，代入f(x)得，n7，f(x)6x，即f(1)6mn，解得f(x)3x2ln x4，x(0，)，f(x)6x>0，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)證明：由題意，g(x)ex1ln x，g(x)ex1.構(gòu)造函數(shù)h(x)g(x)ex1，x>0，h(x)ex1>0，即h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又h(1)0，即當(dāng)0<x<1時，g(x)<0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g(x)>0，即g(x)在(1，)上單調(diào)遞增g(x)g(1)1.5(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)aln x(a>0)(1)若函數(shù)yf(x)圖象上各點(diǎn)處切線斜率的最大值為2，求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范圍解f(x)(x>0)(1)a>0，當(dāng)時，f(x)取最大值.2，a>0，a4，此時f(x).在上，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在上，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)的極小值點(diǎn)為x，無極大值點(diǎn)(2)f(x)(x>0且a>0)，在上，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在上，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)faaln ，關(guān)于x的不等式f(x)<2有解，aaln <2.a>0，ln 1<0，令g(x)ln x1x，g(x)1，在(0,1)上，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；在(1，)上，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，ln 1<0.可知>0且1.a的取值范圍是a>0且a2.6(2019·漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測)已知函數(shù)f(x)exln (x1)a的圖象在x0處與x軸相切(1)求f(x)的解析式，并討論其單調(diào)性；(2)若x>t0，證明：extln (t1)>ln (x1)1.解(1)由題意，得f(0)1a，即切點(diǎn)為(0,1a)，1a0即a1，f(x)exln (x1)1.求導(dǎo)，得f(x)ex，由題意，當(dāng)1<x<0時，ex<1，>1，則f(x)<0，即f(x)在(1,0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，ex>1，<1，則f(x)>0，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)證法一：要證原不等式，即證extln (t1)ln (x1)1>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)extln (t1)ln (x1)1，x>0，即證g(x)>0，g(x)ext.x>t0，即xt>0，x1>1，則ext>1，<1.g(x)>0，即g(x)為(0，)上的增函數(shù)當(dāng)xt，g(t)0時，由題意，x>t0，g(x)>g(t)0即g(x)>0，故原不等式得證證法二：要證原不等式，即證ext1>ln (x1)ln (t1)，由(1)知，當(dāng)x0時，f(x)exln (x1)1f(0)0，由題意，x>t0即xt>0，f(xt)extln (xt1)10，即ext1ln (xt1)，又ln (xt1)ln (x1)ln (t1)ln ln ln >0.ln (xt1)>ln (x1)ln (t1)，由得ext1>ln (x1)ln (t1)，故原不等式得證7已知函數(shù)f(x)(x1)exmx22，其中mR，e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)(1)當(dāng)m1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)常數(shù)m(2，)時，函數(shù)f(x)在0，)上有兩個零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，證明：x2x1>ln .解(1)當(dāng)m1時，f(x)(x1)exx22，f(x)xex2xx(ex2)由f(x)x(ex2)0，解得x0或xln 2.當(dāng)x>ln 2或x<0時，f(x)>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，(ln 2，)當(dāng)0<x<ln 2時，f(x)<0，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln 2)(2)證明：m>2，x0，由f(x)x(ex2m)0，解得x0或xln (2m)當(dāng)x>ln (2m)時，f(x)>0，f(x)在(ln (2m)，)上單調(diào)遞增；當(dāng)0x<ln (2m)時，f(x)0，f(x)在0，ln (2m)上單調(diào)遞減f(x)的極小值為fln (2m)函數(shù)f(x)在0，)上有兩個零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，fln (2m)<0.由f(0)1>0，f(1)2m<0，可知x1(0,1)fln (2m)<0，當(dāng)x時，f(x)，f(x)在(ln (2m)，)上單調(diào)遞增x2(ln (2m)，)x2>ln (2m)>ln 4.0<x1<1，x2x1>ln 41ln .8已知函數(shù)f(x)xaexb(a>0，bR)(1)求f(x)的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2<2ln a.解(1)令f(x)1aex>0，得x<ln ，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，f(x)maxfln 1b.(2)證明：由題知兩式相減得x1x2a(ex1ex2)，即a.故要證x1x2<2ln a，只需證x1x2<2ln ，即證ex1x2<2，即證(x1x2)2<e x1x22e x2x1.不妨設(shè)x1<x2，令x2x1t>0，則需證t2<et2et.設(shè)g(t)t2et2et，則g(t)2tetet.設(shè)h(t)2tetet，則h(t)2etet<0，h(t)在(0，)上單調(diào)遞減，h(t)<h(0)0，即g(t)<0，g(t)在(0，)上單調(diào)遞減，g(t)<g(0)0，故原不等式成立9(2019·廣元市高三第二次高考適應(yīng)性統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x).(1)當(dāng)m(2,2)時，求函數(shù)yf(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m，則當(dāng)x1，m1時，記f(x)的最小值為M，g(x)x的最大值為N，判斷M與N的大小關(guān)系，并寫出判斷過程解(1)由m(2,2)易知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x).當(dāng)m11，即m0時，f(x)0，此時f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)1<m1<3即0<m<2時，x(，1)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，x(1，m1)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，x(m1，)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1<m1<1，即2<m<0時，x(，m1)和(1，)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，x(m1,1)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)m0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0<m<2時，f(x)在(，1)，(m1，)上單調(diào)遞增，在(1，m1)上單調(diào)遞減；當(dāng)2<m<0時，f(x)在(，m1)，(1，)上單調(diào)遞增，在(m1,1)上單調(diào)遞減(2)M>N.當(dāng)m時，由(1)知f(x)在(1，m1)上單調(diào)遞減，g(x)x，當(dāng)x1，m1時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為Mf(m1)，g(x)的最大值為Nm1，所以下面判斷Mf(m1)與Nm1的大小，即判斷ex與(1x)x的大小，其中xm1，令m(x)ex(1x)x，則m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，則h(x)ex2，因xm1，所以h(x)ex2>0，m(x)單調(diào)遞增；而m(1)e3<0，me4>0，故存在x0使得m(x0)ex02x010，所以m(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以m(x)m(x0)ex0xx02x01xx0xx01，所以x0時，m(x0)xx01>0，即ex>(1x)x，即Mf(m1)>Nm1.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類解答題(12分)已知函數(shù)f(x)x1aln x(aR)，g(x).(1)當(dāng)a2時，求曲線yf(x)在x1處的切線方程；(2)若a<0，且對任意x1，x2(0,1，都有|f(x1)f(x2)|<4|g(x1)g(x2)|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解題思路(1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率，進(jìn)而得到切線的方程；(2)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，結(jié)合f(x2)f(x1)<4g(x1)g(x2)即可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，進(jìn)而求得a的取值范圍解(1)當(dāng)a2時，f(x)x12ln x，(1分)f(x)1，f(1)0，切線的斜率kf(1)3，(2分)故曲線yf(x)在x1處的切線方程為3xy30.(4分)(2)對x(0,1，當(dāng)a<0時，f(x)1>0，f(x)在(0,1上單調(diào)遞增，易知g(x)在(0,1上單調(diào)遞減，(6分)不妨設(shè)x1，x2(0,1，且x1<x2，f(x1)<f(x2)，g(x1)>g(x2)，f(x2)f(x1)<4g(x1)g(x2)，即f(x1)>f(x2).令h(x)f(x)，則當(dāng)x1<x2時，有h(x1)>h(x2)，h(x)在(0,1上單調(diào)遞減，(8分)h(x)10在(0,1上恒成立，x2ax40在(0,1上恒成立，等價于ax在(0,1上恒成立，只需amax.(10分)yx在(0,1上單調(diào)遞增，ymax3，3a<0，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為3,0)(12分)1求導(dǎo)數(shù)：準(zhǔn)確求出f(x)給1分2求斜率：利用切點(diǎn)橫坐標(biāo)求出切線斜率給1分3寫方程：利用點(diǎn)斜式寫出切線方程并化簡給2分4判斷單調(diào)性：準(zhǔn)確判斷f(x)與g(x)在(0,1上的單調(diào)性給2分5構(gòu)造函數(shù)：將原不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)的單調(diào)性問題給2分6轉(zhuǎn)化最值：將函數(shù)h(x)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為恒成立問題及最值問題給2分7求最值：利用單調(diào)性求最值、求參數(shù)取值范圍給2分1牢記求導(dǎo)法則，正確求導(dǎo)是解題關(guān)鍵，對函數(shù)的正確求導(dǎo)就能得到相應(yīng)分?jǐn)?shù)2構(gòu)建函數(shù)模型，構(gòu)造函數(shù)是解決不等式問題的核心思想，如本題中由f(x1)>f(x2)構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性及最值問題3步驟齊全很關(guān)鍵，查看是否注意定義域，區(qū)間的變化，分類討論的條件，極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子，解答時一定要寫清楚跟蹤訓(xùn)練(2019·濟(jì)寧市高三第一次模擬)(12分)已知函數(shù)f(x)ln x2ax，aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)<xax2在x>1時恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)2a(x>0)，(1分)若a0，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；(2分)若a>0，當(dāng)0<x<時，f(x)>0；當(dāng)x>時，f(x)<0，所以是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間(3分)綜上所述，當(dāng)a0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)；當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(4分)(2)由題意可知，不等式可轉(zhuǎn)化為ln xax2(2a1)x<0在x>1時恒成立，令g(x)ln xax2(2a1)x(x>1)，(5分)g(x)2ax(2a1).(6分)若a0，則g(x)<0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(1)a1，不等式恒成立等價于a10，即1a0；(8分)若0<a<，則>1，當(dāng)1<x<時；g(x)<0，當(dāng)x>時，g(x)>0，g(x)在上單調(diào)遞減，g(x)在上單調(diào)遞增，所以g(x)，不符合題意；(10分)若a，當(dāng)x>1時，g(x)>0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)(g(1)，)，不符合題意綜上所述，1a0.(12分)- 27