導(dǎo)數(shù)大題解題思路和模板　講義-2024屆高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)

2024年高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)大題解題模板【高考地位】導(dǎo)數(shù)綜合問題是高考的必考的重點(diǎn)內(nèi)容，主要在導(dǎo)數(shù)解答題的的第2小問，已由解決函數(shù)、數(shù)列、不等式問題的輔助工具上升為解決問題的必不可少的工具，特別是利用導(dǎo)數(shù)來解決函數(shù)的極值與最值、零點(diǎn)的個數(shù)等問題，在高考中以各種題型中均出現(xiàn)，對于導(dǎo)數(shù)問題中求參數(shù)的取值范圍是近幾年高考中出現(xiàn)頻率較高的一類問題，其試題難度考查較大.目錄類型一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式證明問題類型二利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題類型三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題類型一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式證明問題萬能模板內(nèi)容使用場景一般函數(shù)的不等式證明問題解題模板構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明.常見的構(gòu)造方法有：（1）直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；（4）構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)，利用其最值求解.例1設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1＜＜x；（3）設(shè)c＞1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.【解析】（1）（2）略（3）證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，[關(guān)鍵1：利用要證明的不等式直接構(gòu)造函數(shù)]則g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝.當(dāng)x＜x0時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞x0時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減.[關(guān)鍵2：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、極值]由（2）知1＜＜c，故0＜x0＜1.[關(guān)鍵3：判斷極值點(diǎn)所在的區(qū)間]又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時，g(x)＞0.所以當(dāng)x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.[關(guān)鍵4：利用函數(shù)單調(diào)性與極值點(diǎn)所在區(qū)間證得不等式]【變式演練1】（作差法證明不等式）【河南省鄭州市第一中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)測試數(shù)學(xué)（文）】1.已知函數(shù)，為的導(dǎo)函數(shù)．（1）設(shè)，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若，證明：．【分析】（1）根據(jù)題意，求得，解三角不等式則問題得解；（2）構(gòu)造函數(shù)，通過二次求導(dǎo)，判斷的單調(diào)性，即可求得的最小值，則問題得解.【詳解】（1）由已知，，所以，，令，得，解得，令，得，解得，故的單調(diào)遞增區(qū)間是；單調(diào)遞減區(qū)間是.（2）要證，只需證：．設(shè)，，則．記，則．當(dāng)時，，又，，所以；當(dāng)時，，，所以，又，，所以．綜上，當(dāng)時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增．所以，，即，所以，在上遞增，則，證畢．【方法點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，意在考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是一道有一定難度的壓軸題.【變式演練2】（換元法證明雙變量不等式）【四川省成都市新都一中高三9月月考數(shù)學(xué)（理）】2.已知函數(shù)，．（Ⅰ）若在內(nèi)單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（Ⅱ）若函數(shù)有兩個極值點(diǎn)分別為，，證明：．【分析】（I）對原函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)在內(nèi)的單調(diào)性得在上恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求出其最大值即可求出的取值范圍;（Ⅱ）函數(shù)有兩個極值點(diǎn)分別為，，等價于在內(nèi)有兩根，，將極值點(diǎn)代入作差，設(shè)，得到時原不等式成立；時，將原不等式轉(zhuǎn)化為，令，，構(gòu)造函數(shù)，證明，即原不等式成立.【詳解】（I）由題可知，，在內(nèi)單調(diào)遞減，∴在內(nèi)恒成立，即在內(nèi)恒成立，令，則，∴當(dāng)時，，即在內(nèi)為增函數(shù)，當(dāng)時，，即在內(nèi)為減函數(shù)，∴，即，，∴；（Ⅱ）若函數(shù)有兩個極值點(diǎn)分別為，，則在內(nèi)有兩根，，，兩式相減，得，不妨設(shè)，當(dāng)時，恒成立，當(dāng)時，要證明，只需證明，即證明，即證明，令，，令，，在上單調(diào)遞減，，，即成立，.【方法點(diǎn)評】本題主要考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用，不等式的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)討論是解決問題的關(guān)鍵.【變式演練3】（利用二次方程韋達(dá)定理證明雙變量不等式）【四川省新津中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)考試數(shù)學(xué)（文）】3.已知函數(shù)，其中．（1）若曲線在點(diǎn)處的切線與直線平行，求實(shí)數(shù)a的值及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)在定義域上有兩個極值點(diǎn)，，且，求證：．【分析】（1）由函數(shù)導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，利用兩直線平行斜率相等，求出的值，再求的定義域，求，由，求得的遞增區(qū)間，由，求得遞減區(qū)間；（2）函數(shù)在定義域上有兩個極值點(diǎn)等價于在上有兩個不相等的根.解不等式組，求得的范圍，再化簡得到，再構(gòu)造，再利用導(dǎo)數(shù)證明，即得證.【詳解】（1）由，得，又在點(diǎn)處的切線與直線平行，所以，解得．則，得．當(dāng)時，，單調(diào)遞減，區(qū)間為；當(dāng)時，，單調(diào)遞增，區(qū)間為．（2）證明：因?yàn)楹瘮?shù)在定義域上有兩個極值點(diǎn)，，且，所以在上有兩個根，，且，即在上有兩個不相等的根，，則，，由題意得，解得，則，令，其中，故．令，，在上單調(diào)遞增．由于，，所以存在常數(shù)，使得，即，，且當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，．又，，所以，即，故得證．【方法點(diǎn)評】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，難度較大.【變式演練4】（極值點(diǎn)偏移類的不等式證明）【安徽省高三5月五校聯(lián)考數(shù)學(xué)理科】4.已知函數(shù)，.（1）判斷函數(shù)在區(qū)間上的零點(diǎn)的個數(shù)；（2）記函數(shù)在區(qū)間上的兩個極值點(diǎn)分別為，，求證：.【分析】（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)可求函數(shù)的單調(diào)性，然后再結(jié)合零點(diǎn)判定理即可求解；（2）結(jié)合極值存在的條件及正弦與正切函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行分析可證．【詳解】（1），，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，且，，，，，故函數(shù)在，上不存在零點(diǎn)，存在，使得，同理使得綜上，在區(qū)間上的零點(diǎn)有2個.（2），由（1）可得，在區(qū)間，上存在零點(diǎn)，所以在，上存在極值點(diǎn)，，，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，則，，又因?yàn)?，即，又，即，，，，，由在上單調(diào)遞增可得．再由在上單調(diào)遞減，得，，所以．【方法點(diǎn)評】本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，最值與零點(diǎn)，同時考查了正弦函數(shù)與正切函數(shù)的性質(zhì)，試題具有一定的綜合性，屬于難題．【變式演練5】（函數(shù)與數(shù)列綜合的不等式證明）5.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設(shè)數(shù)列，其前項(xiàng)和為，證明：.【分析】（1）求得，對參數(shù)進(jìn)行分類討論，求得不同情況下函數(shù)的單調(diào)性和值域，即可求得參數(shù)范圍；（2）根據(jù)（1）中所求得到，再利用累加法即可容易證明.【詳解】（1）因?yàn)?，故可得?dāng)時，方程的，故因式在區(qū)間恒為負(fù)數(shù)，故時，恒成立，故單調(diào)遞減，又，故在時恒成立，滿足題意；當(dāng)時，方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，且.故在區(qū)間恒成立，此時單調(diào)遞增；又，故在恒成立，不滿足題意；當(dāng)時，，函數(shù)在恒為正值，故在恒成立，不滿足題意.綜上所述，，故的最小值為.（2）由（1）可知，當(dāng)時，若，，即恒成立，把換成，可得成立，即，以此類推，，累加可得.又，故.即證.【方法點(diǎn)評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)由恒成立問題求參數(shù)范圍，涉及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬綜合困難題.【變式演練6】（拆分法證明不等式）【安徽省馬鞍山市高三第三次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測】6.已知，.（1）證明：時，；（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（3）證明：時，.【分析】（1）采用二次求導(dǎo)法，，再令，求得，由時，得出單增，故，即可得證；（2）解法同（1），二次求導(dǎo)法，，再令，得到，進(jìn)而單增，又，從而得出的增減區(qū)間；（3）采用分析法，要證時，，即證，觀察表達(dá)式可知，若要利用（1）的結(jié)論，在中，多出的因式應(yīng)該要進(jìn)行適當(dāng)放縮才能求解，而不等式右側(cè)都有公因式，聯(lián)想到時，的放縮，故對不等式右側(cè)應(yīng)進(jìn)行正負(fù)的分段討論，再結(jié)合（2）的結(jié)論進(jìn)行放縮，即可求解【詳解】（1），令，則，因?yàn)?，所以，所以在單調(diào)遞增，所以，所以在單調(diào)遞增，則.（2），令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以時，，函數(shù)單調(diào)遞減；時，，函數(shù)單調(diào)遞增.所以，的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.（3）證明：要證，即證.①當(dāng)時，，而（以為例，故，所以）所以不等式成立.②當(dāng)時，，由（2）知：時，，所以，所以只需證.令（），則，所以在單調(diào)遞減，所以，即.故只需證，即證：.由（1）知，上述不等式成立.③當(dāng)時，不等式等號顯然成立綜上，當(dāng)時，.【方法點(diǎn)評】本題考查由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求解原函數(shù)的增減區(qū)間，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式在給定區(qū)間恒成立問題，放縮法、構(gòu)造函數(shù)法求解不等式恒成立問題，屬于難題，當(dāng)一次求導(dǎo)不能直接判斷導(dǎo)數(shù)正負(fù)時，往往需要二次求導(dǎo)，在放縮法的使用過程中，形如時，的放縮應(yīng)熟記，本題中第（3）問難度較大，共用到了兩次放縮，在處理這種復(fù)雜問題時，往往采用分步放縮，分步得分策略[關(guān)鍵4：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)值域]綜上，a的取值范圍是(－∞，2].【變式演練7】（分離參數(shù)法解決不等式恒成立問題）【浙江省杭州高中高三下學(xué)期5月高考質(zhì)檢】7.已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）當(dāng)時，設(shè)函數(shù)，若對任意的恒成立，求b的最小值.【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，可得，解導(dǎo)數(shù)不等式可得出單調(diào)性；（2）由對任意的恒成立，變量分離得對任意的恒成立，構(gòu)造函數(shù)，對函數(shù)求導(dǎo)，求單調(diào)性，得到函數(shù)的最大值，進(jìn)而可得b的最小值.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，?dāng)時，；當(dāng)時，，故的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）由，因?yàn)閷θ我獾暮愠闪?，對任意的恒成立，?gòu)造函數(shù)，.∵，∴，且單調(diào)遞增，∵，，∴一定存在唯一的，使得.即，.∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.∴.∵，∴b的最小值為.【方法點(diǎn)評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性?方程與不等式的解法?函數(shù)零點(diǎn)?等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.【變式演練8】（利用函數(shù)最值解決雙參數(shù)恒成立問題）8.已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)的底數(shù).（1）證明：在上單調(diào)遞增.（2）設(shè)，函數(shù)，如果總存在，對任意，都成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【分析】（1）求導(dǎo)可得：，因?yàn)?，所以，，所以，即可得證.（2）解讀題意可得：，求出最值，代入即可得解.【詳解】（1）證明：因?yàn)椋?，，∴所以在上單調(diào)遞增.（2）由題意得：的對稱軸所以所以，令，∴，∴∴，∴【變式演練9】（等價轉(zhuǎn)化法解決不等式恒成立問題）9.已知函數(shù)f(x)＝ex＋，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).（1）若關(guān)于x的不等式mf(x)≤＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（2）已知正數(shù)a滿足：存在x∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－x03＋3x0)成立.試比較與的大小，并證明你的結(jié)論.【分析】（1）不等式變形，用分離參數(shù)法和換元法得對恒成立，求出的最小值即可得；（2）令函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出的最小值，由題中不等式有解的條件得，然后再考慮要比較與的大小，由于它們均為正數(shù)，同取自然底數(shù)的對數(shù)，即比較和的大小，即比較與的大小，因此引入新函數(shù)，同樣利用導(dǎo)數(shù)得其單調(diào)性，然后可得分三類，可得大小關(guān)系．【詳解】（1）由條件可得在上成立，令，則t>1，∴對任意t>1成立，∵，∴，∴，∴，當(dāng)且僅當(dāng)t=2時，即時等號成立，則m的取值范圍是；（2）令函數(shù)，則，當(dāng)時，，又a>0，故，則在上的單調(diào)遞增函數(shù)，則在上的最小值是，由于存在，使得成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值，故，即，與均為正數(shù)，同取自然底數(shù)的對數(shù)，即比較和的大小，即比較與的大小，構(gòu)造函數(shù)，則，再設(shè)，時，，從而m(x)在上單調(diào)遞減，此時，故在上恒成立，則在上單調(diào)遞減，綜上所述，當(dāng)，當(dāng)a=e時，；當(dāng)時，．【方法點(diǎn)評】本題考查研究不等式恒成立，研究不等式能成立問題，比較兩實(shí)數(shù)的大小，解題關(guān)鍵是掌握等價轉(zhuǎn)化思想，通過引入新函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性，得出結(jié)論．本題考查學(xué)生的邏輯思維能力，轉(zhuǎn)化與化歸能力，屬于難題．【變式演練10】（研究函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)）10.設(shè)函數(shù)（，）的導(dǎo)函數(shù)為.已知，是的兩個不同的零點(diǎn).（1）證明：；（2）當(dāng)時，若對任意，不等式恒成立，求的取值范圍；（3）求關(guān)于的方程的實(shí)根的個數(shù).【分析】（1）先求導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)必有兩個不同零點(diǎn)列不等式，解得結(jié)果；（2）先分離變量，轉(zhuǎn)化為求對應(yīng)函數(shù)最值，利用導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定最值，即得結(jié)果；（3）先求，再構(gòu)造差函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性，最后根據(jù)單調(diào)性以及確定零點(diǎn)個數(shù)，即得結(jié)果.【詳解】（1）證明：，令∵有兩個不等的實(shí)根，∴.（2）時，，由得∴令，令，∴在上單調(diào)遞減，注意到∴當(dāng)時，，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，，單調(diào)遞減：∴，∴.（3）令∴在上單調(diào)遞增，故在上至多只有一個零點(diǎn)，注意到∴在上只有1個零點(diǎn)，即的實(shí)根個數(shù)為1.【變式演練11】（已知零點(diǎn)存在情況求參數(shù)的值）11.已知函數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）當(dāng)時，若為直線與函數(shù)圖像的一個公共點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為，且，求整數(shù)的所有可能的值.【詳解】（1）由得①當(dāng)時，，在為增②當(dāng)時，由，故在為增，在為減③當(dāng)時，由，故在為增，在為減.（2）當(dāng)時，，由令，，定義在遞增，在也遞增，而，，故，又，，又得，所以整數(shù)的所有可能的值為，0.【變式演練12】（已知零點(diǎn)存在情況求參數(shù)的取值范圍）12.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，討論的單調(diào)性：（2）若有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【分析】（1）將代入原函數(shù)，對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求出結(jié)果；（2）對函數(shù)求導(dǎo)，對進(jìn)行分類討論，當(dāng)時，易證函數(shù)在上單調(diào)遞增，最多有一個零點(diǎn)，此種情況不成立；當(dāng)時，根據(jù)導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用，可知函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，若有兩個零點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)圖像的趨勢和零點(diǎn)存在定理可知，又，，由此即可求出的范圍.【詳解】（1）時，，令，得，令，得，所以，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（2）當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，最多有一個零點(diǎn)，此種情況不成立；當(dāng)時，令，得，令，得，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.若有兩個零點(diǎn)，應(yīng)令，得，此時，，當(dāng)時，令，所以，，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以；所以，綜上，.【高考再現(xiàn)】（零點(diǎn)問題）13.設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且，函數(shù)（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；（3）當(dāng)時，證明：對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，滿足.(注：是自然對數(shù)的底數(shù))【分析】(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論即可確定函數(shù)的單調(diào)性；(2)將原問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，然后構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)并進(jìn)行放縮即可確定實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)結(jié)合(2)的結(jié)論將原問題進(jìn)行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結(jié)論成立.【詳解】(1)，①若，則，所以在上單調(diào)遞增；②若，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增.綜上可得，時，在上單調(diào)遞增；時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為.(2)有2個不同零點(diǎn)有2個不同解有2個不同的解，令，則，記，記，又，所以時，時，，則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，，.即實(shí)數(shù)的取值范圍是.(3)有2個不同零點(diǎn)，則，故函數(shù)的零點(diǎn)一定為正數(shù).由(2)可知有2個不同零點(diǎn)，記較大者為，較小者為，，注意到函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，故，又由知，，要證，只需，且關(guān)于的函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以只需證，只需證，只需證，，只需證在時為正，由于，故函數(shù)單調(diào)遞增，又，故在時為正，從而題中的不等式得證.【方法點(diǎn)評】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點(diǎn)，所以在歷屆高考中，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查都非常突出，從高考來看，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導(dǎo)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(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．（函數(shù)圖象問題）14.已知且，函數(shù)．（1）當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若曲線與直線有且僅有兩個交點(diǎn)，求a的取值范圍．【分析】（1）求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)性；（2）利用指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算法則，可以將曲線與直線有且僅有兩個交點(diǎn)等價轉(zhuǎn)化為方程有兩個不同的實(shí)數(shù)根，即曲線與直線有兩個交點(diǎn)，利用導(dǎo)函數(shù)研究的單調(diào)性，并結(jié)合的正負(fù)，零點(diǎn)和極限值分析的圖象，進(jìn)而得到，發(fā)現(xiàn)這正好是，然后根據(jù)的圖象和單調(diào)性得到的取值范圍.【詳解】（1）當(dāng)時，,令得,當(dāng)時，,當(dāng)時，,∴函數(shù)在上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞減；（2）,設(shè)函數(shù),則,令，得,在內(nèi),單調(diào)遞增；在上,單調(diào)遞減；,又，當(dāng)趨近于時，趨近于0，所以曲線與直線有且僅有兩個交點(diǎn)，即曲線與直線有兩個交點(diǎn)的充分必要條件是,這即是,所以的取值范圍是.【方法點(diǎn)評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點(diǎn)個數(shù)求參數(shù)的取值范圍問題，屬較難試題，關(guān)鍵是將問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解.（不等式證明問題）15.設(shè)函數(shù)，已知是函數(shù)的極值點(diǎn)．（1）求a；（2）設(shè)函數(shù)．證明:．【分析】（1）由題意求出，由極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0即可求解出參數(shù)；（2）由（1）得，且，分類討論和，可等價轉(zhuǎn)化為要證，即證在和上恒成立，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和換元法即可求解【詳解】（1）由，，又是函數(shù)的極值點(diǎn)，所以，解得；（2）[方法一]：轉(zhuǎn)化為有分母的函數(shù)由（Ⅰ）知，，其定義域?yàn)椋C，即證，即證．（?。┊?dāng)時，，，即證．令，因?yàn)?，所以在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，所以．（ⅱ）當(dāng)時，，，即證，由（?。┓治鲋趨^(qū)間內(nèi)為減函數(shù)，所以．綜合（?。áⅲ┯校甗方法二]【最優(yōu)解】：轉(zhuǎn)化為無分母函數(shù)由（1）得，，且，當(dāng)時，要證，，，即證，化簡得；同理，當(dāng)時，要證，，，即證，化簡得；令，再令，則，，令，，當(dāng)時，，單減，故；當(dāng)時，，單增，故；綜上所述，在恒成立.[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)不等式中的常見結(jié)論證明令，因?yàn)?，所以在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，所以，即（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號）．故當(dāng)且時，且，，即，所以．（?。┊?dāng)時，，所以，即，所以．（ⅱ）當(dāng)時，，同理可證得．綜合（?。áⅲ┑?，當(dāng)且時，，即．【整體點(diǎn)評】（2）方法一利用不等式的性質(zhì)分類轉(zhuǎn)化分式不等式：當(dāng)時，轉(zhuǎn)化為證明，當(dāng)時，轉(zhuǎn)化為證明，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，進(jìn)而證得；方法二利用不等式的性質(zhì)分類討論分別轉(zhuǎn)化為整式不等式：當(dāng)時，成立和當(dāng)時，成立，然后換元構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性進(jìn)而證得，通性通法，運(yùn)算簡潔，為最優(yōu)解；方法三先構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，證得常見常用結(jié)論（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號）．然后換元得到，分類討論，利用不等式的基本性質(zhì)證得要證得不等式，有一定的巧合性.

（零點(diǎn)問題）16.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，討論的單調(diào)性；（2）若有兩個零點(diǎn)，求的取值范圍.【分析】（1）將代入函數(shù)解析式，對函數(shù)求導(dǎo)，分別令導(dǎo)數(shù)大于零和小于零，求得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間；（2）若有兩個零點(diǎn)，即有兩個解，將其轉(zhuǎn)化為有兩個解，令，求導(dǎo)研究函數(shù)圖象的走向，從而求得結(jié)果.【詳解】（1）當(dāng)時，，，令，解得，令，解得，所以的減區(qū)間為，增區(qū)間為；（2）若有兩個零點(diǎn)，即有兩個解，從方程可知，不成立，即有兩個解，令，則有，令，解得，令，解得或，所以函數(shù)在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且當(dāng)時，，而時，，當(dāng)時，，所以當(dāng)有兩個解時，有，所以滿足條件的的取值范圍是：.【方法點(diǎn)評】本題考查的是有關(guān)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的問題，涉及到的知識點(diǎn)有應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)零點(diǎn)個數(shù)求參數(shù)的取值范圍，在解題的過程中，也可以利用數(shù)形結(jié)合，將問題轉(zhuǎn)化為曲線和直線有兩個交點(diǎn)，利用過點(diǎn)的曲線的切線斜率，結(jié)合圖形求得結(jié)果.（零點(diǎn)問題）17.已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）若有三個零點(diǎn)，求的取值范圍．【分析】（1），對分和兩種情況討論即可；（2）有三個零點(diǎn)，由（1）知，且，解不等式組得到的范圍，再利用零點(diǎn)存在性定理加以說明即可.【詳解】（1）由題，，當(dāng)時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，令，得，令，得，令，得或，所以在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增.（2）由（1）知，有三個零點(diǎn)，則，且即，解得，當(dāng)時，，且，所以在上有唯一一個零點(diǎn)，同理，，所以在上有唯一一個零點(diǎn)，又在上有唯一一個零點(diǎn)，所以有三個零點(diǎn)，綜上可知的取值范圍為.（恒成立問題）18.已知函數(shù).（1）當(dāng)a=1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍.【分析】(1)由題意首先對函數(shù)二次求導(dǎo)，然后確定導(dǎo)函數(shù)的符號，最后確定原函數(shù)的單調(diào)性即可.(2)方法一：首先討論x=0的情況，然后分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)研究構(gòu)造所得的函數(shù)的最大值即可確定實(shí)數(shù)a的取值范圍.【詳解】(1)當(dāng)時，，，由于，故單調(diào)遞增，注意到，故：當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增.(2)[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數(shù)由得，，其中，①.當(dāng)x=0時，不等式為：，顯然成立，符合題意；②.當(dāng)時，分離參數(shù)a得，，記，，令，則，，故單調(diào)遞增，，故函數(shù)單調(diào)遞增，，由可得：恒成立，故當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減；因此，,綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.[方法二]：特值探路當(dāng)時，恒成立．只需證當(dāng)時，恒成立．當(dāng)時，．只需證明⑤式成立．⑤式，令，則，所以當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)單調(diào)遞增；當(dāng)單調(diào)遞減．從而，即，⑤式成立．所以當(dāng)時，恒成立．綜上．[方法三]：指數(shù)集中當(dāng)時，恒成立，記，，①.當(dāng)即時，，則當(dāng)時，，單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時，，不合題意；②.若即時，則當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，又，所以若滿足，只需，即，所以當(dāng)時，成立；③當(dāng)即時，，又由②可知時，成立，所以時，恒成立，所以時，滿足題意.綜上，.【整體點(diǎn)評】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點(diǎn)，本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問題，常用方法技巧有：方法一，分離參數(shù)，優(yōu)勢在于分離后的函數(shù)是具體函數(shù)，容易研究；方法二，特值探路屬于小題方法，可以快速縮小范圍甚至得到結(jié)果，但是解答題需要證明，具有風(fēng)險性；方法三，利用指數(shù)集中，可以在求導(dǎo)后省去研究指數(shù)函數(shù)，有利于進(jìn)行分類討論，具有一定的技巧性?。ê愠闪栴}）19.已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，求曲線在點(diǎn)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；（2）若不等式恒成立，求a的取值范圍．【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出在點(diǎn)切線方程，即可得到坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)，最后根據(jù)三角形面積公式得結(jié)果；（2）方法一：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)a=1時，由得,符合題意；當(dāng)a>1時，可證，從而存在零點(diǎn)，使得，得到，利用零點(diǎn)的條件，結(jié)合指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算化簡后，利用基本不等式可以證得恒成立；當(dāng)時，研究.即可得到不符合題意.綜合可得a的取值范圍.【詳解】（1），，.，∴切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1+e),∴函數(shù)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為,即,切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為,∴所求三角形面積為．（2）［方法一］：通性通法,，且.設(shè),則∴g(x)在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，,∴,∴成立.當(dāng)時，，，,∴存在唯一，使得，且當(dāng)時，當(dāng)時，，，因此>1,∴∴恒成立；當(dāng)時，∴不是恒成立.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).下面證明當(dāng)時，恒成立．令，只需證當(dāng)時，恒成立．因?yàn)?，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則．因此要證明時，恒成立，只需證明即可．由，得．上面兩個不等式兩邊相加可得，故時，恒成立．當(dāng)時，因?yàn)?，顯然不滿足恒成立．所以a的取值范圍為．【整體點(diǎn)評】（2）方法一：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出其最小值，由即可求出，解法雖稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；方法二：利用同構(gòu)思想將原不等式化成，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及分離參數(shù)法即可求出，是本題的最優(yōu)解；方法三：通過先換元，令，再同構(gòu)，可將原不等式化成，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及分離參數(shù)法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范圍，再進(jìn)行充分性證明即可．（證明不等式問題）20.設(shè)函數(shù)，曲線在點(diǎn)(，f())處的切線與y軸垂直．（1）求b．（2）若有一個絕對值不大于1的零點(diǎn)，證明：所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，且，采用反證法，推出矛盾即可.【詳解】（1）因?yàn)?，由題意，，即：，則．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，且，若所有零點(diǎn)中存在一個絕對值大于1的零點(diǎn)，則或，即或.當(dāng)時，，又，由零點(diǎn)存在性定理知在上存在唯一一個零點(diǎn)，即在上存在唯一一個零點(diǎn)，在上不存在零點(diǎn)，此時不存在絕對值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；當(dāng)時，，又，由零點(diǎn)存在性定理知在上存在唯一一個零點(diǎn)，即在上存在唯一一個零點(diǎn)，在上不存在零點(diǎn)，此時不存在絕對值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；綜上，所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.［方法二］【最優(yōu)解】：設(shè)是的一個零點(diǎn)，且，則．從而．令，由判別式，可知在R上有解，的對稱軸是，所以在區(qū)間上有一根為，在區(qū)間上有一根為，進(jìn)而有，所以的所有零點(diǎn)的絕對值均不大于1．［方法三］：設(shè)是函數(shù)的一個絕對值不大于1的零點(diǎn)，且．設(shè)，則，顯然在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．又，于是的值域?yàn)椋O(shè)為函數(shù)的零點(diǎn)，則必有，于是，所以解得，即．綜上，的所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．［方法四］：由（1）知，，令，得或．則在區(qū)間內(nèi)遞增，在區(qū)間內(nèi)遞減，在區(qū)間內(nèi)遞增，所以的極大值為的極小值為．（ⅰ）若，即或，有唯一一個零點(diǎn)，顯然有，不滿足題意；（ⅱ）若，即或，有兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)一個零點(diǎn)為，顯然有，此時，，則，另一個零點(diǎn)為1，滿足題意；同理，若一個零點(diǎn)為，則另一個零點(diǎn)為．（ⅲ）若，即，有三個零點(diǎn)，易知在區(qū)間內(nèi)有一個零點(diǎn)，不妨設(shè)為，顯然有，又，，所以在內(nèi)有一個零點(diǎn)m，顯然，同理，在內(nèi)有一個零點(diǎn)n，有．綜上，所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．［方法五］：設(shè)是的一個零點(diǎn)且，則是的另一個零點(diǎn)．．則，設(shè)，由判別式，所以方程有解．假設(shè)實(shí)數(shù)滿足．由，得．與矛盾，假設(shè)不成立．所以，所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．【整體點(diǎn)評】（2）方法一：先通過研究函數(shù)的單調(diào)性，得出零點(diǎn)可能所在區(qū)間，再根據(jù)反證法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零點(diǎn)的定義以及零點(diǎn)存在性定理即可求出，是本題的最優(yōu)解；方法三：利用零點(diǎn)的定義結(jié)合題意求出的范圍，然后再由零點(diǎn)定義以及的范圍即可求出所有零點(diǎn)的范圍，從而證出；方法四：由函數(shù)的單調(diào)性討論極大值極小值的符號，得出的范圍，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可證出；方法五：設(shè)函數(shù)的一個零點(diǎn)為，滿足，再設(shè)另一個零點(diǎn)為，通過零點(diǎn)定義找到的關(guān)系，再根據(jù)一元二次方程存在解的條件以及反證法即可推出矛盾，從而證出．（零點(diǎn)問題＋證明不等式問題）21.已知，函數(shù)，其中e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）證明：函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)；（Ⅱ）記x0為函數(shù)在上的零點(diǎn)，證明：（?。?；（ⅱ）．【分析】（I）方法一：先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理證明結(jié)論；（II）（i）先根據(jù)零點(diǎn)化簡不等式，轉(zhuǎn)化求兩個不等式恒成立，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定最值，即可證得不等式；（ii）方法一：先根據(jù)零點(diǎn)條件轉(zhuǎn)化：，再根據(jù)放縮，轉(zhuǎn)化為證明不等式，最后構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行證明.【詳解】（I）[方法一]：單調(diào)性+零點(diǎn)存在定理法在上單調(diào)遞增，，所以由零點(diǎn)存在定理得在上有唯一零點(diǎn)．[方法二]【最優(yōu)解】：分離常數(shù)法函數(shù)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)等價于方程在內(nèi)有唯一實(shí)根，又等價于直線與只有1個交點(diǎn)．記，由于在內(nèi)恒成立，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，故．因此，當(dāng)時，直線與只有1個交點(diǎn)．（II）（i），，令一方面：，在單調(diào)遞增，，，另一方面：，所以當(dāng)時，成立，因此只需證明當(dāng)時，，因?yàn)楫?dāng)時，，當(dāng)時，，所以，在單調(diào)遞減，，，綜上，.（ii）[方法一]：分析+構(gòu)造函數(shù)法，，，，因?yàn)?，所以，，只需證明，即只需證明，令，則，，即成立，因此.[方法二]【最優(yōu)解】：放縮轉(zhuǎn)化法x0設(shè)hx0=x0從而只要證h(a-1上式左邊=e使用不等式ex≥x+1,【整體點(diǎn)評】（Ⅰ）方法一：直接研究函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)零點(diǎn)存在定理證得結(jié)論，為通性通法；方法二：先分離常數(shù)，轉(zhuǎn)化為證明水平直線與函數(shù)的圖象交點(diǎn)個數(shù)問題，為最優(yōu)解；（Ⅱ）（?。┩ㄟ^分析，轉(zhuǎn)化，然后構(gòu)造函數(shù)證得；（ⅱ）方法一：構(gòu)造函數(shù)t(x0)=x0[(ea-1)x0+a(ea-2)]【反饋練習(xí)】22.已知對任意的x∈1,+∞，不等式k?ekx+1-1A.1e,+∞ B.e,+∞ C.【分析】不等式中出現(xiàn)的指數(shù)式ekx，對數(shù)式lnx，故可以考慮同構(gòu)，將原不等式變形為1+ekxlnekx>【詳解】因?yàn)閷θ我獾膞∈1,+∞，不等式k?e即kxekx+1>即1+ekxlne設(shè)fx=1+x因?yàn)閒'x=所以，所以在1,+∞上單調(diào)遞增，所以ekx>x對任意的x∈1,+∞恒成立，即k>ln令，，當(dāng)x∈1,e時，；當(dāng)x∈e,+∞時，，所以在1,e上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以gxmax=g故選:A解密05導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（分層訓(xùn)練）23.已知函數(shù)fx=lnxx-xA.-∞,e2C.e2-【分析】求出導(dǎo)函數(shù)、求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得出函數(shù)的極值，要使函數(shù)有兩個零點(diǎn)，f(e)=1【詳解】f'當(dāng)x∈(0,e)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e,+∞)時，，單調(diào)遞減，∴在上只有一個極大值也是最大值f(e)=1e+顯然x→0時，f(x)→-∞，時，f(x)→-∞，因此要使函數(shù)有兩個零點(diǎn)，則f(e)=1e+故選：B．24.已知函數(shù)fx=ax-12,gx=e-x【分析】轉(zhuǎn)化為與y=1x-12ex含有3個不同的交點(diǎn)，求導(dǎo)，畫出大致【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)Fx=fx而該方程可化為a=1設(shè)hx=1x-12且h'x=-x+1當(dāng)x<-1時，h'x<0，當(dāng)-1<x<1時，h'x>0，當(dāng)時，h'x<0，遞減所以極小值=h-1=e4，的大致所以，要函數(shù)Fx=fx即方程a=1x-12即與y=1x-12e故a∈e425.已知函數(shù)fx（1）討論的單調(diào)性：（2）若在定義城上有兩個極值點(diǎn)x1，x2【分析】（1）分類討論含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由于需要討論φx=-2ax（2）結(jié)合（1）可知此時0<a<18，且x1+x2=12a，【詳解】（1）函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是f'設(shè)φx=-2ax2+x-1，則φ0=-1．當(dāng)a<18，且a≠0當(dāng)時，有x0,ααα,+∞-0+單調(diào)遞減極小值點(diǎn)單調(diào)遞增當(dāng)時，有x11,+∞-0+單調(diào)遞減極小值點(diǎn)單調(diào)遞增當(dāng)0<α<1x0,ααα,βββ,+∞-0+0-單調(diào)遞減極小值點(diǎn)單調(diào)遞增極大值點(diǎn)單調(diào)遞減當(dāng)a≥18時，有在上單調(diào)遞減．綜上可知，取α=-1+則當(dāng)時，函數(shù)在0,α上單調(diào)遞減，在α,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)時，函數(shù)在（0,1）上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<18時，函數(shù)在0,α上單調(diào)遞減，在α,β上單調(diào)遞增，在β,+∞當(dāng)a≥18時，函數(shù)在上單調(diào)遞減．（2）由（1）的結(jié)論可知，此時0<a<18，且從而f=-a=-a設(shè)函數(shù)gx=-ln于是在區(qū)間4,+∞上g'因此fx【方法點(diǎn)評】不等式證明問題是近年高考命題的熱點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法主要有兩個：（1）不等式兩邊作差構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)最值即可；（2）觀察不等式的特點(diǎn)，結(jié)合已解答問題把要證的不等式變形，并運(yùn)用已證結(jié)論先行放縮，再化簡或者進(jìn)一步利用導(dǎo)數(shù)證明.26.已知函數(shù)fx（1）當(dāng)時，求在-2,2上的最值；（2）設(shè)gx=2ex-a【分析】（1）當(dāng)時，fx=x（2）求出h'x=x-1ex+2a，再分情況【詳解】（1）當(dāng)時，fx=xex當(dāng)x<-1時，；當(dāng)時，．所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．因?yàn)閒-2=-2e2所以fxmin=-（2）因?yàn)閔x可得：h'①當(dāng)時，hx=x-2e②當(dāng)時，在-∞,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增．因?yàn)閔1=-e<0，當(dāng)a≥2時，h0當(dāng)0<a<2時，lna2<0有兩個不同的零點(diǎn)，成立；③當(dāng)時，令h'x=0，得或x=當(dāng)a=-e2時，h'xhx在上單調(diào)遞增，至多有一個零點(diǎn)；當(dāng)a>-e2時，即若x<ln-2a或，則h'x>0；若在-∞,ln-2a和1,+∞上單調(diào)遞增，在ln-2a當(dāng)a<-e2時，即若或x>ln-2a，則h'x>0；若在-∞,1和ln-2a,+∞上單調(diào)遞增，在1,ln當(dāng)時，∵h(yuǎn)1=-e<0hln僅有一個零點(diǎn)，不合題意．綜上，hx=fx-gx【方法點(diǎn)評】思路點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值的步驟：①寫定義域，對函數(shù)求導(dǎo)；②在定義域內(nèi)，解不等式和得到單調(diào)性；③利用單調(diào)性判斷極值點(diǎn)，比較極值和端點(diǎn)值得到最值即可.27.已知函數(shù)f(x)=aln（1）討論的單調(diào)性．（2）當(dāng)時，證明：xf(x)<ex【分析】（1）先求函數(shù)的定義域，進(jìn)而對函數(shù)求導(dǎo)、通分，進(jìn)而討論a的范圍，得出單調(diào)區(qū)間；（2）先將不等式化為1+lnxx<【詳解】（1）的定義域?yàn)椋琭'(x)=a當(dāng)a≥0時，f'(x)≥0，所以在上單調(diào)遞增.當(dāng)時，若x∈-a,+∞，則；若x∈0,-a，則.所以在-a,+∞上單調(diào)遞增，在0,-a上單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)a≥0時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在-a,+∞上單調(diào)遞增，在0,-a上單調(diào)遞減.（2）當(dāng)時，要證xf(x)<ex，即證x2+x令函數(shù)g(x)=1+lnxx令，得x∈0,e；令，得x∈e,+∞.所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以g(x)max=g(e)=1+1令函數(shù)h(x)=exx當(dāng)時，；當(dāng)x∈2,+∞時，h'(x)>0所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以h(x)min=h(2)=因?yàn)閑24-1+1e>0，所以h28.定義在上的關(guān)于的函數(shù)f(x)=(x-1)ex-（1）若，討論的單調(diào)性；（2）f(x)≤3在0,2上恒成立，求的取值范圍．【分析】（1）直接解f'(x)<0和f'(x)>0即可得到的單調(diào)性；（2）分類討論：先判斷a≤1，不合題意﹔當(dāng)1<a<e2時，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，求出的取值范圍；當(dāng)a≥e2【詳解】（1）f'(x)=xe時，f'(x)=xex在上，f'(x)<0，單調(diào)遞減﹔在x∈1,+∞上，f'(x)>0，單調(diào)遞增．（2）由（1）f'(x)=xe若a≤1，在0,2上，f'(x)>0，單調(diào)遞增，f2=若1<a<e在0,lna上，f'(x)<0，在lna,2上，f'(x)>0，f(x)<f由題意，e2若a≥e在上，f'(x)<0，單調(diào)遞減，則在0,2上，f(x)<f0綜上所述，a≥e29.已知定義在內(nèi)的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f'x=（1）證明：f'（2）當(dāng)f1>e時，證明：函數(shù)g【分析】（1）分析可知要證明不等式ex>x+1對任意的x∈0,+∞恒成立，構(gòu)造函數(shù)hx=（2）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）要證f'x=exx構(gòu)造函數(shù)hx=ex-x-1所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，故hx=e故對任意的，ex>x+1，即f（2）∵gx=f令kx=e當(dāng)時，k'x<0，此時函數(shù)當(dāng)時，k'x>0，此時函數(shù)故kx構(gòu)造函數(shù)Fx=fx由（1）可知，F(xiàn)'x=f'當(dāng)時，F(xiàn)x<F1=0則kx所以，ke由零點(diǎn)存在定理可知，存在x1∈e當(dāng)0<x<x1時，，當(dāng)x1<x<1此時是函數(shù)的極大值點(diǎn)；構(gòu)造函數(shù)Gx下面證明：當(dāng)時，kx=令Hx=kxH'x=ex所以，函數(shù)H'x在當(dāng)x∈1,2時，H'x<H所以，函數(shù)Hx在1,2上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)x∈1,+∞時，H故當(dāng)時，kx=取x0=2+2f1由零點(diǎn)存在定理可知，存在x2∈1,且當(dāng)1<x<x2時，，當(dāng)x>x2故是函數(shù)的極小值點(diǎn)，因此，函數(shù)gx=【方法點(diǎn)評】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式fx>gx（或fx<gx）轉(zhuǎn)化為證明（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).江蘇省南京市第二十九中學(xué)20212022學(xué)年高三上學(xué)期8月第二次學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試題30.已知函數(shù)fx（1）若a≥0，討論函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)；（2）設(shè)，是函數(shù)的兩個零點(diǎn)，證明：x1+x2【分析】（1）當(dāng)時，顯然無零點(diǎn)；當(dāng)時，考查函數(shù)y=lnx圖象與函數(shù)y=xa?（2）由（1）得2elna≤2a，將要證不等式轉(zhuǎn)化為x1+x2>2a，根據(jù)是函數(shù)的兩個零點(diǎn)得a=x1-x2lnx【詳解】（1）f(x)=aln①當(dāng)時，f(x)=-x，因?yàn)?，所以無零點(diǎn)；②當(dāng)時，f(x)=0?lnx=xa，下面考查函數(shù)y=lnx圖象當(dāng)二者相切時，設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0)，則y0=lnx由圖可知，當(dāng)a=e時，兩函數(shù)圖象有且只有一個公共點(diǎn)，即有1個零點(diǎn)；當(dāng)1a>1e，即0<a<e時，兩函數(shù)圖象無公共點(diǎn)，即無零點(diǎn)；當(dāng)1a<1e，即a>e時，兩函數(shù)綜合①②可知，當(dāng)0≤a<e時，函數(shù)無零點(diǎn)；當(dāng)a=e時，函數(shù)有1個零點(diǎn)；當(dāng)a>e時，函數(shù)有2個零點(diǎn).（2）由（1）知，當(dāng)a=e時，xe≥lnx因?yàn)楹瘮?shù)有2個零點(diǎn)，由（1）知，a>e，所以elna-a≤0，即2要證x1+x2-2eln因?yàn)槭呛瘮?shù)的兩個零點(diǎn)，所以alnx1=x1aln不妨設(shè)，則0<x1x2<1，即證lnx令h(t)=lnt-2(t-1)t+1?(0<t<1)，則h所以對任意，h(t)<h(1)=0，即lnt<2(t-1)故原不等式成立.【方法點(diǎn)評】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第（2）問的關(guān)鍵點(diǎn)是：通過層層轉(zhuǎn)化，把要證的不等式轉(zhuǎn)化為時，lnt<2(t-1)t+1，最終通過構(gòu)造函數(shù)h(t)=31.函數(shù)f(x)=2ln（1）討論的極值點(diǎn)的個數(shù)；（2）設(shè)g(x)=exf(x)，若g(x)≥5【分析】（1）根據(jù)，討論a≤0、研究的單調(diào)性，進(jìn)而判斷極值點(diǎn)的個數(shù)；（2）由題意可知a≥5(x+2)e-1-x-2(x+2)ln(x+2)-x2+4【詳解】（1）f'若a≤0，而x>-2，，無極值點(diǎn)；若，f'(x)=(x+3)2-1-a(x+2)2=0∴當(dāng)x∈(-2,-3+1+a)時，當(dāng)x∈(-3+1+a,+∞)時，此時，有唯一的極值點(diǎn)x=-3+1+a．（2）g(x)=ex∴a≥5(x+2)e設(shè)h(x)=5(x+2)e-1-x-2(x+2)∴h當(dāng)時，-(x+1)(5e-1-x+2)>0，-2ln(x+2)>0，當(dāng)時，-(x+1)(5e-1-x+2)<0，-2ln(x+2)<0，當(dāng)x=-1時，取得極大值，也是最大值，由題意：a≥h(-1)=8∴a的取值范圍為[8,+∞)．32.已知f(x)=x（1）求在(1,f(1))處的切線方程以及的單調(diào)性；（2）令g(x)=f(x)+4x-(a-6)lnx，若有兩個零點(diǎn)分別為，(x1<x2)且為【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求(1,f(1))處的坐標(biāo)及切線斜率，寫出切線方程，再討論的符號，得到的單調(diào)區(qū)間；（2）由題意得g(x)=x2-alnx，利用導(dǎo)數(shù)求的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)其零點(diǎn)個數(shù)求參數(shù)a的范圍，由0<x1<a2<x2【詳解】（1）∵f(x)=x2-4x-6∴f'(x)=2x(x+1)(x-3)∴切線方程為y=-8x+5，令，得x>3，令得0<x<3∴的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞).（2）g(x)=x2-alnx且，若當(dāng)x∈(0,a2)，，x∈(a∴在(0,a2)上單調(diào)遞減，(a2,+∞)∴g(a2)=(a2由g(x1)=g(x2∴x要證x1+3x2>4x0，需證(3t+1)x1>22a，令h(t)=(3t+1)2ln令n(t)=(18t+6)lnt-7t+6+1t，則n'(t)=18ln∴h'(t)>0，故h(t)在上遞增，；∴x1【方法點(diǎn)評】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問，首先利用函數(shù)的單調(diào)性求單調(diào)區(qū)間，再根據(jù)零點(diǎn)的個數(shù)求參數(shù)范圍，最后令x2x1=t(t>1)，由g(x133.設(shè)函數(shù)f(x)=2e（1）若在(0,π2)上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)（2）證明：當(dāng)a∈[1,2],x∈(0,π2)【分析】（1）設(shè)g(x)=2ex,h(x)=a（2）設(shè)G(x)=f(x)-2x-3，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明結(jié)論成立即可【詳解】（1）解：設(shè)g(x)=2ex,h(x)=acosx當(dāng)a≥0時，0≤h(x)≤a，2<g(x)<2所以在(0,π2)上恒大于零，所以在(0,當(dāng)時，在(0,π2)所以在(0,π2所以在(0,π2所以f(0)f(π2)<0，即(2+a)?2所以實(shí)數(shù)的取值范圍（2）證明：設(shè)G(x)=f(x)-2x-3=2eG'(x)=2e所以[G因?yàn)閍∈[1,2]，所以[G所以G'(x)在(0,π2)上遞增，所以G(x)在(0,π2)因?yàn)閍∈[1,2]，所以G(0)≥0，所以G(x)≥0恒成立，所以當(dāng)a∈[1,2]時，f(x)?2x+334.已知函數(shù)f(x)=exx（1）當(dāng)時，討論函數(shù)F(x)=af(x)-g(x)-1x（2）當(dāng)時，求證：axf(x)-g(ax)>(e-1)x+1.【分析】(1)求Fx的定義域，求F'x，由F'x=0可得或x=-lna，對-(2)原式等價于Fx≥lnaxx-lnx+e-1，而F【詳解】（1）F(x)=aexF'x=(x-1)(aex-1)①當(dāng)-lna>1，即a∈0,1e時，時，F(xiàn)'x>0；x∈所以Fx在單調(diào)遞增，在1,-lna單調(diào)遞減，在②當(dāng)-lna=1，即a=1e時，所以Fx在單調(diào)遞增；③當(dāng)0<-lna<1，a∈1e,1時，x∈0,-lna時，F(xiàn)'所以Fx在0,-lna單調(diào)遞增，在-④當(dāng)-lna<0，即a∈[1,+∞)時，時，F(xiàn)'x<0；所以Fx在單調(diào)遞減，在1,+∞單調(diào)遞增.（2）原式等價于Fx∵Fx≥F1即證明Gx而G'x=1x∴在單調(diào)遞減，又h1a=1-1a故存在x0∈1a,1∴Gx記φx=1x-故只需證：a+lna-1<∵m'a=e-1-1a>0，∴∴原不等式成立.35.已知函數(shù)f(x)=ax（1）當(dāng)時，求在區(qū)間[13,1]（2）若g(x)=f(x)-x在定義域內(nèi)有兩個零點(diǎn)，求的取值范圍．【分析】（1）當(dāng)時，求出導(dǎo)函數(shù)，求出函數(shù)得單調(diào)區(qū)間，即可求出在區(qū)間[13,1]（2）由g(x)=f(x)-x=0，分離參數(shù)得a=lnxx2【詳解】（1）當(dāng)時，f(x)=x2+x-ln∴在[13,1f(13)=∴f(x)min=f(（2）g(x)=f(x)-x=0?a=lnxx∴在(0,e)單調(diào)遞增，在(h(e)=12e，當(dāng)x→0時，h(x)→-∞，當(dāng)作出函數(shù)h(x)=lnxx∴由圖象可得，a∈(0,136.已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－23與x＝1（1）求a、b的值與函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間（2）若對x∈-1,2，不等式fx<c【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，由題可得f'-2（2）求出fx在x∈[-1,2]的最大值即可建立關(guān)系求解【詳解】（1）∵f(x)=x3+ax∵fx在x=-23∴f'-∴f令f'x>0可解得x<-23或x∴fx的單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,-23和，單調(diào)遞減區(qū)間為（2）f(x)=x由（1）可得當(dāng)x=-23時，f(x)=22所以fx要使f(x)<c2對x∈[-1,2]恒成立，則c2>2+c，解得37.已知函數(shù)fx（1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個相異零點(diǎn)x1,??x【分析】（1）先求導(dǎo)，再對分兩種情況討論得解；（2）要證x1?x2>e2，等價于證明lnx1x2【詳解】由題意得f'x①a≤0時，x-a>0恒成立，所以，所以在單調(diào)遞增.②時，在0，a上，在a，+∞所以在0，a單調(diào)遞減，在a,+∞單調(diào)遞增綜上，a≤0時，在單調(diào)遞增.時，在0，a單調(diào)遞減，在a,+∞單調(diào)遞增.（2）因?yàn)橛袃蓚€相異零點(diǎn)，，由（1）可知，，不妨設(shè)x1>x2>0所以x1-aln所