《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《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．常見構造輔助函數(shù)的四種方法 (1)直接構造法：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)，進而構造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)． (2)構造“形似”函數(shù)：稍作變形后構造．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構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(shù)． (3)適當放縮后再構造：若所構造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構造函數(shù)． (4)構造雙函數(shù)：若直接構造函數(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造法構造函數(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)構造函數(shù)證明不等式． (3)構造函數(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)形結合求解零點問題 在運用數(shù)形結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)的相關問題，利用導數(shù)和數(shù)形結合的數(shù)學思想來求解，這類問題求解的通法是： (1)構造函數(shù)，這是解決此類問題的關鍵點和難點，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(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. 審結論 問題解決的最終目標就是求出結論或說明已給結論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍繞著結論這個目標進行定向思考的．審視結論就是在結論的啟發(fā)下，探索已知條件和結論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結論中捕捉解題信息，善于對結論進行轉(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，得出總結論，得1分. - 19 -