1、2.4導數及其應用(壓軸題)47命題角度1利用導數研究函數的單調性高考真題體驗對方向1.(2016 北京 18)設函數 f(x)=xea-x+bx,曲線 y=f(x)在點(2,f(2)處的切線方程為 y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值；(2)求f(x)的單調區間.|(1)因為 f(x)=xea-x+bx,所以 f(x)=(1-x)ea-x+b.依題設,?2) = 2e + 2, ?2)= e-1,即2e?2 + 2?= 2e + 2,-e?2 + ?=e-1,解得 a=2,b= e.(2)由知 f(x尸x e2-x+ex.由 f'(x)=e2-x(1-x+ ex-1)及 e2-x

2、>0 知,f(x)與 1-x+ ex-1 同號.令 g(x)=1-x+ex-1,則 g'(x)=-1 + ex-1.所以，當xC (-8,1)時,g'(x)<0,g(x)在區間(-8,1)上單調遞減當xC (1,+ 8)時,g'(x)>0,g(x)在區間(1, +丐上單調遞增故g(1)= 1是g(x)在區間(-8,+ OO)上的最小值，從而 g(x)>0,xC (-OO,+ OO).綜上可知，f(x)> 0,x e (-8,+oc).故f(x)的單調遞增區間為(-°°,+叫2.(2016 四川 21)設函數 f(x)=a

3、x2-a-ln x淇中 aCR.討論f(x)的單調性；1(2)確定a的所有可能取值，使得f(x)>?e1-x在區間(1, + 8)內恒成立(e=2.718為自然對數的底數).M(1)f(x)=2ax-1 哼(x>0).當aw。時,f(x)<0,f(x)在(0,+ 8)內單調遞減.1當 a>0 時，由 f(x)=0，有 x=、=V2?7?1.此時，當xC (0 ,弟)時,f(x)<0,f(x)單倜遞減；當 xC (3 + o<) 時,f(x)>0,f(x)單調遞增.“11-(2)令 g(x)=?- 尹,s(x)=e -x.則 s'(x)=ex-1

4、1.而當 x>1 時,s'(x)>0,所以s(x)在區間(1, + 8)內單調遞增.又由s(1)二又有s(x)>0,從而當x>1時,g(x)>0.當 a<0,x>1 時,f(x)=a(x2-1)-in x< 0.故當f(x)>g(x)在區間(1,+ °0)內恒成立時 必有a>0.當0<2<時,三>1. 2v2?.由(1)有f(<f(1)=°，而 g(v2?>0，所以此時f(x)>g(x)在區間(1,+丐內不恒成立當 a>；時,令 h(x)=f(x)-g(x)(x&g

5、t;1).當 x>1 時,h'(x)=2ax-?+ Jef.；?=打> 號>0.因此,h(x)在區間(1,+ °<)單調遞增.又因為 h(1) = 0,所以當 x> 1 時,h(x)=f (x)-g(x)>0,即 f(x)>g (x)恒成立.1綜上,aC寫，+ oo).典題演練提能刷高分F1 .已知函數 f(x)=1x3+x2+ax+ 1.3若曲線y=f(x)在點(0,1)處切線的斜率為-3,求函數f(x)的單調區間(2)若函數f(x)在區間-2,a上單調遞增，求a的取值范圍.其二(1)因為f(0)=1，所以曲線y=f(x)經過點(0

6、,1),又f(x)=x，2x+a，曲線y=f(x)在點(0,1)處的切線的斜率為-3,所以 f(0)=a=- 3,所以 f(x)=x2+2x-3.當x變化時，f(x),f(x)的變化情況如下表：x(-叩3)-3(-3,1)1(1,+丐f'(x)+0-0+f(x)增極大值減極小值增所以函數f(x)的單調遞增區間為(-8,-3),(1,+ oo)，單調遞減區間為(-3,1).(2)因為函數f(x)在區間-2,a上單調遞增，所以f(x)>0.即對 xC-2,a,只要 f(x)min>0.因為函數f(x)=x2+2x+a的對稱軸為x=-1,當-2waw-l時,f(x)在-2,a上的

7、最小值為f(a),由f(a)=a2+3a>0,得a>0或aw-3,所以此種情況不成立；當a>-1時,f(x)在-2,a上的最小值為f(-1),由 f(-1)=1-2+a>0得 a>1,綜上，實數a的取值范圍是1, + 8).2 .已知函數 f(x)=(2-m)ln x+1+2mx.當f(1) = 0時,求實數m的值及曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程 (2)討論函數f(x)的單調性.解|(1)函數y=f(x)的定義域為(0, + °0),2?+ (2-?)?1(?+1(2?1)f(x)=?= ?2 ，由 f(1)=0，解得 m=-1.從而f(

8、1)=-1，曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=-1.(?+1)(2?1)(2)由 f(x)=?-(x>0),當m>0時，函數y=f(x)的減區間為(0,2),增區間為(2,+叼.當 m<0 時，由 f(x)=(?；¥2?1)=o，得 x=-?,或 x=1.當m<-2時,y=f(x)的減區間為(0,2)和(2,+ 00“增區間為(J ；當m=-2時,y=f(x)的減區間為(0,+丐,沒有增區間.當-2<m<0時,y=f(x)的減區間為(。,2)和(卷+00),增區間為(J-?綜上可知：當m>0時，函數y=f(x)的減區間為(0

9、如增區間為 G+oo當m<-2時,y=f(x)的減區間為(0,-“和(1，+8),增區間為(-?；)；當m=-2時,y=f (x)的減區間為(0,+丐,沒有增區間；當-2<m<0時,y=f(x)的減區間為(。，2)和卜，+8),增區間為 GJ).3 .已知函數 f(x)=ln x+?x+1-a(a C R).(1)求函數f(x)的單調區間；(2)若存在x> 1,使f(x)+x< 1?除立，求整數a的最小值.口(1)由題意可知，x>0,f(x)=1?.彖=胃”方程-x2+x-a= 0對應的 = 1-4a,i當 & 1-4aW0,即 a>:時，當

10、xC (0,+ 8)時,改戶0,f(x)在(0, +丐上單調遞減；c 1l +工口 2，1±E4?r1-E4? 1+工4?當 0<a< 4時，萬程-x2+x-a= 0 的兩根為一2一，且。<2 < 2，此時在(E13?,±22?)上f(x)>0,函數f(x)單調遞增，在(qm3Z%1+了?+8)上f(x)<0,函數f(x)單調遞減；當 aw0 時,L2£B0,1+ 個0, 22此時當xe(0,1+y?僅)>。/僅)單調遞增,當 xC (1+ 了?+8)時,f(x)<0,f(x)單調遞減.綜上：當aw。時,xC (0,

11、1+尸) ,f(x)單調遞增，當xC (上。?+8時,f(x)單調遞減；當0<a<凱,f(x)在(?,竺_/)上單調遞增在(。,三詈?，(竺了?+叼上單調遞減；,1 .當2>4時/僅)在(0，+ 8)上單倜遞減.(2)原式等價于(x-1)a>xln x+2x-1,即存在x>1,使a>?ln?+2?1成立.設 g(x)=?ln?22, (?1)?ln?+2? 廣 r一?(x>1)，貝U g'(x)=1?1設 h(x)=x- In x-2,則 h (x)= 1-?=樂>。，h(x)在(1，+8)上單調遞增.又 h(3)= 3-In 3-2=

12、1-In 3<0，h(4)= 4-In 4-2= 2-2In 2> 0，根據零點存在性定理，可知h(x)在(1，+8)上有唯一零點，設該零點為x。，則xoC (3,4)，且h(xo)=xo-ln xo-2= 0，即 xo-2= In x。，: g(x)min =?ln ?+2?。-1?-1=x0+1.由題意可知 a>xo+1.又xoC (3,4)，aC Z，：a的最小值為 5.4 .已知函數 f(x)= l3-"ex+?x>0，aC R).若f(x)在(0，+丐上單調遞減，求a的取值范圍；(2)當aC (-3，-e)時，判斷關于x的方程f(x)=2的解的個數.

13、i|(1) = f(x)=(3?1)ex+?x>0)，：f(x)=ex ?1-?2 -?-?+3?Q3?ex?.由題意得f (x)= -?+?-3 ex?< 0在(0,+ oc)恒成立即 a > (-x2+ 3x-3) ex在(0,+ °°)恒成立,設 g(x)=(-x2+3x-3) ex,則 g'(x)=ex(-x2+x), g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+ 8)上單調遞減,一 g(x) max=g (1) =- e, . . a 封-e.;實數a的取值范圍為-e,+ oc).(2)由題意得 f(x)= ? ?1) ex+ ?= 2(x

14、> 0),：a=2x-(3-x)ex(x> 0),令 h(x)=2x-(3-x)ex,則 h'(x)=2+(x-2)ex,令(f)(x)=h' (x)= 2+ (x-2)ex(x> 0),則(j)'(x)= (x-1)ex, h'(x)在(-8,1)上單調遞減，在(1,+ 8)上單調遞增,h'(x) min=h' (1)= 2-e< 0.又 h'(0) = 0,h'(2) = 2>0,;存在 xoC (0,2)，使得 xC (0,x。)時 h'(x)<0,h(x)單調遞減;當 xC (x

15、0,+ oo)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增，又 h(0)=-3,h(x0)<0,當 x +0cB,h(x)f+°s:當 x>0,aC (-3,-e)時，方程 a=2x-(3-x)ex有一個解,即當aC (-3,-e)時，方程f(x)=2只有一個解.命題角度2函數的單調性與極值、最值的綜合應用高考真題體驗對方向1.(2019 全國 m 20)已知函數 f(x)=2x3-ax2+b.討論f(x)的單調性；(2)是否存在a,b,使得f(x)在區間0,1的最小值為-1且最大值為1?若存在，求出a,b的所有值；若不存 在，說明理由._ (1)f (x)= 6x

16、2-2ax= 2x(3x-a).令 f (x)= 0,得 x=0 或 x=?3若 a>0,則當 xC (-oo,0)u(?+ 芻時,f(x)>0；3、r, 一？當 xC (0,3)時,f(x)<0.3故f(x)在(0),(?,+ 8)單調遞增，在(0,3?單調遞減； 33若a=0,f(x)在(-8,+ o<)單調遞增；若 a<0,則當 xC (-8? u (0,+ 8)時,f(x)>0；當 xC (?7,0)時,f(x)<0. 3故f(x)在(-8?,(0, + 8)單調遞增，在(?,0)單調遞減. 33(2)滿足題設條件的a,b存在.(i )當aw

17、0時,由知,f(x)在0,1單調遞增，所以f(x)在區間0,1的最小值為f(0)=b，最大值為f(1)= 2-a+b.此時a,b滿足題設條件當且僅當b=-1,2-a+b= 1,即a=0,b=-1.(ii)當a>3時，由知,f(x)在0,1單調遞減，所以f(x)在區間0,1的最大值為f(0)=b ,最小值為f(1)= 2-a+b.此時a,b滿足題設條件當且僅當2-a+b=- 1,b=1,即a=4,b= 1.?3(in)當0<a< 3時，由(1)知,f(x)在0,1的最小值為 出5)=-萬+3最大值為b或2-a+b.若-?7+b=- 1,b= 1,貝U a= 3a,與 0<

18、a< 3 矛盾.a3_若-27+b=- 1,2-a+b= 1,貝U a= 3v3或 a=-3v3或 a=0,與 0<a< 3 矛盾.綜上，當且僅當a=0,b=-1或a=4,b=1時,f(x)在0,1的最小值為-1,最大值為1.、，一一1 。 c2.(2019 北東 19)已知函數 f(x) = 4x3-x2+x.(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程； (2)當 xC -2,4時，求證:x-6Wf(x)Wx;設F(x)=|f (x)-(x+a)|(a £ R),記F(x)在區間-2,4上的最大值為 M(a).當M(a)最小時，求a的值.(1)I解 I由 f(x

19、)= 4x3-x2+x 得 f (x)= 4x2-2x+ 1.令 f (x)= 1,即3x2-2x+1= 1，得 x= 0 或 x=8. 43又 f(0) = 0,f(8) = 8-, 32 7所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與 y-8=x-8，即 y=x 與 y=x-64. 2 732 7(2)證明 伶 g(x)=f(x)-x,xC -2,4.由 g(x)=4x3-x2 得 g'(x)=3x2-2x.令 g'(x)=0 得 x=0 或 x=8.3g'(x),g(x)的情況如下：x-2(-2,0)08 (0,3)838卬4)4g'(x)+-+g(

20、x)-6064-27/0所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.故-6W g(x)< 0,即 x-6<f(x)< x.(3) WO 由(2)知，當 a<-3 時,M(a)>F(0)=|g(0)-a|=-a> 3;當 a>- 3 時,M (a)> F(-2)=|g (-2)-a|= 6+a> 3;當 a=-3 時,M(a)=3.綜上，當M最小時,a=-3.，一，一一13.(2018 全國 I 21)已知函數 f(x)=?x+aln x.討論f(x)的單調性；(2)若f(x)存在兩個極值點xi,x2，證明:?要?*<a- 2.?1-?21

21、 1? ?.?+1I解 f(x)的7E義域為(0, + °°),f(x)=- ?-1+ 0= -?.若 a< 2,則 f(x)w 0,當且僅當 a= 2,x= 1 時 f(x)= 0,所以f(x)在(0,+丐單調遞減.若 a>2,令 f(x)=0 得,x=？- ；4或x=?+-v5?：42_ _ ?v?_4?+v?_4當 x (0,1一4) U(2 4,+ 時,f(x)<0；當xe (?BF42?+v?_4 .一一.?”?_4?+v?_42-4)時,f(x)>0.所以 f(x)在(0,-4) ,(24,+ 8)單調遞減，在?+v丹？_4.?-24)單

22、調遞增(2)證明 由(1)知,f(x)存在兩個極值點當且僅當a>2.由于f(x)的兩個極值點 xi,x2滿足x2-ax+1 = 0，所以xix2=1，不妨設xi<x2,則x2>1.由于？?)=：?：1+a1n?=：2+aln?p=：2+a答,所以？?<a-2 等價于;1-x2+2ln x2<0. ?1：?2?21設函數 g(x)=?x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+單倜遞減，又 g(1)=0,從而當 xC (1,+丐時,g(x)<0.所以得-x2+2ln x2<0,即?<a-2. ? 1-?4.(2017 山東 20)已知函數 f(x

23、)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)，其中 e4.718 28是自然對數的底 數.(1)求曲線y=f(x)在點(/(力)處的切線方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(aC R),討論h(x)的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值.解|(1)由題意f(產712-2,又 f(x)= 2x-2sin x,所以 f(句=2 兀因此曲線y=f(x)在點(M(句)處的切線方程為y-( <-2)=2Mx-Tt),即y=2 <- T?-2.(2) 由題意得h(x)= ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+ 2cos x),因為h'

24、;(x)= ex(cos x-sin x+ 2x-2)+ ex(-sin x-cos x+ 2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x),令 m(x)=x- sin x,則 m'(x)= 1-cos x> 0,所以m(x)在R上單調遞增.因為m(0)=0,所以當x>0時,m(x)>0;當 x<0 時 ,m(x)<0.當aw。時,exa>0,當x<0時,h'(x)<0,h(x)單調遞減，當x> 0時,h'(x)> 0,h(x)單調遞增，所以當x

25、=0時h(x)取到極小值，極小值是h(0)=-2a-1;當 a>0時,h'(x) = 2(ex-eln a)(x-sin x),由 h'(x)=0 得 x1= ln a,x2= 0.(i )當 0<a< 1 時,ln a<0,當 xC (-oo,ln a)時,ex-eln a<0,h'(x)> 0,h(x)單調遞增；當 xC (In a,0)時,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)單調遞減；當 xC (0,+ 8)時,ex-eln a> o,h,(x)> 0,h(x)單調遞增.所以當x= ln

26、 a時h(x)取到極大值.極大值為 h(ln a)=-aln 2a-2ln a+ sin(ln a)+cos(ln a)+2,當x=0時h(x)取到極小值，極小值是h(0)=-2a-1;(ii)當a=1時,ln a=0,所以當xC (-8,+丐時,h'(x)n0,函數h(x)在(-8,+ oo)上單調遞增，無極值；(iii)當 a>1 時,ln a>0,所以當 xC (-3。)時,ex-eln a< 0,h'(x)> 0,h(x)單調遞增；當 xC (0,ln a)時,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)單調遞減；當 xC

27、(ln a,+ 8)時,ex-* a>0,h'(x)>0,h(x)單調遞增.所以當x=0時h(x)取到極大值，極大值是h(0)=-2a-1;當 x=ln a時 h(x)取到極小值，極小值是 h(ln a)=-aln2a-21n a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.綜上所述：當aw。時,h(x)在(-8,0)上單調遞減，在(0,+ 8)上單調遞增，函數h(x)有極小值，極小彳I是h(0)=-2a- 1；當0<a< 1時，函數h(x)在(-8,m a)和(0,+上單調遞增 在(in a,0)上單調遞減，函數h(x)有極大值， 也有極小值，極大值是 h(l

28、n a)=-a ln 2a-21n a+sin(ln a)+cos(ln a)+2,極小值是 h(0)=-2a-1;當a=1時，函數h(x)在(-8,+oc)上單調遞增，無極值；當a>1時，函數h(x)在(-8,0)和(ln a,+ o<)上單調遞增，在(0,ln a)上單調遞減，函數h(x)有極大值，也 有極小值，極大值是 h(0)=-2a-1,極小值是 h(ln a)=-aln2a-21n a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.?2 一5.(2016全國n 21)討論函數f(x)=?+2ex的單倜性，并證明當x>0時,(x-2)ex+x+2>0;e?(2)

29、證明：當aC 0,1)時，函數g(x)= ?. (x>0)有取小值.設g(x)的取小值為h(a),求函數h(a)的值域.解f(x)的定義域為(-00,-2) U (-2,+OO).f(x)=(?1 )(?+2)e?(?2)e?2=(?+2)?e? (?+2)2>0,當且僅當x=0時,f(x) = 0,所以f(x)在(-8,-2),(-2,+丐單調遞增.因此當 xC (0,+ 丐時,f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)ex>- (x+ 2),(x-2)ex+x+ 2> 0.?+2司(f(x)+a).；(?2)e?+?：?+2)(2)ik明g'(x)=-?

30、由(1)知,f(x)+a單調遞增.對任意 aC 0,1),f(0)+a=a- 1<0,f(2)+a=a >0.因此，存在唯一 XaC(0,2,使得 f(Xa)+a= 0,即 g'(Xa)=0.當 0<x<x a時,f(x)+a< 0,g'(x)<0,g(x)單調遞減；e?+2 .當 x>xa時,f(x)+a> 0,g'(x)>0,g(x)單調遞增.因此g(x)在x=xa處取得最小值，最小值為g(xa尸e?筍+L) = e 1+?”*1 ) ?一?-?于是h(a尸方，由(羨)'=竺咚>0,含單調遞增. ?

31、,2?+2(?+2)?+2所以，由 xa C (0,2,得1= -e<h(a)=-e-?- < -e- = e-. 20+2?+22+24?i 2因為？?+2單調遞增，對任意 衣(；/，存在唯一的xaC (0,2,a=-f(xa)C 0,1),使得h(a)=入所以h(a)的值域是(1,e2.綜上，當aC 0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是(2,與.典題演練提能刷高分II1.(2019湘贛十四校聯考一)已知函數f(x)=ln x-mx-n(m,nC R).(1)若n=1時，函數f(x)有極大值為-2,求m;(2)若對任意實數 x>0,都有f(x)W0,求m+

32、n的最小值.解 |(1)當 n= 1 時,f(x)=ln x-mx-1.函數f(x)有極大值為-2,由 f (x)= ?m= 0 知 x=?> 0,.g 1 i., , f 為；=-In iri-1 -1=- 2, m= 1.經檢驗,m= 1滿足題意.函數f(x)的定義域為(0,+ 8),1f(x)=m-當 m<0 時，當 x) (0,+ 8)時,f(x)>0,:f(x)在(0, +內上單調遞增，令x=e則 f(en)=in en-men-n=-m en> 0,舍去;當 m=0 時，當 x (0,+ 8)時 f(x)>0,.f(x)在(0, + p上單調遞增，令x

33、=en+>則 f(en+1)= in 6/5=1>0,舍去;當 m>0 時，當 x(0.)時 0(x)>0;當 xC (£ + 8)時,f(x)<0;：f(x)在(0，)上單調遞增，在(% 同上單調遞減,：f(x)的最大值為 f=-In m-1-n< 0,即 n > -In m-1 m+n > m-ln m-1.設 h(m)=m-ln m-1,1令 h'(m)=1-=o, m=1.當 mW (0,1)時,h'(m)<0,：h(m)在(0,1)上單調遞減,當 mC (1,+ 8)時,h(m)>0,:h(m)在(

34、1, +丐上單調遞增.：h(m)的最小值為h(1) = 0,綜上所述，當m=1,n=-1時m+n的最小值為0.1 C2 .已知函數 f(x)=e2x2+ax.當a>-1時，試判斷函數f(x)的單調性；1(2)右a<1-e,求證：函數f(x)在1,+丐上的取小值小于2.邂_由題可得f (x)= ex-x+a ,設 g(x)=f (x)=ex-x+a，則 g'(x)=ex-1,所以當x>0時g'(x)>0,f(x)在(0,+丐上單調遞增,當x<0時g'(x)<0,f(x)在(-8,0)上單調遞減,所以 f(x)Rf(0) = 1+a,因為

35、 a>-1,所以 1+a> 0,即 f(x)>0,所以函數f(x)在R上單調遞增.(2)怔明|由(1)知f(x)在1,+ 8)上單調遞增，因為a<1-e,所以f(1) = e-1+a< 0,所以存在 tC (1,+ °，使得 f(t)=0,即 et-t+a= 0,即 a=t-et,所以函數f(x)在1,t)上單調遞減，在。,+丐上單調遞增，所以當xC 1,+丐時，f(x)min=f (t)=et-2t2+at= et-1t2+t (t-et)=et(1-t)+-1t2,令 h(x)=ex(1-x)+2x2,x>1,則 h'(x)=x(1-e

36、x)<0 恒成立，所以函數h(x)在(1,+ 09上單調遞減，所以h(x)<e(1-1)+：xi2=1,1 C 1 一.1所以 之1-1)+2*<2,即當 xC 1,+ 8)時,f(x)min<2,1故函數f(x)在1,+ 8)上的取小值小于2.3.已知函數f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然對數的底數).判斷函數f(x)極值點的個數，并說明理由；(2)若?xC R,f(x) + ex=x3+x,求 a 的取值范圍.K1)=f(x)=(x-1)ex-ax2,f(x)=xex-2ax=x(ex-2a),當aw。時,f(x)在(-8,0)上單調遞減，在(0,+丐上單調

37、遞增，f(x)有1個極值點；當0<a< 2時,f(x)在(-8jn 2a)上單調遞增 在(ln 2a,0)上單調遞減，在(0, +丐上單調遞增，f(x)有2個極值點；1當a=；日tf(x)在R上單調遞增，此時f(x)沒有極值點；當a>；日,f(x)在(-8,0)上單調遞增，在(0,ln 2a)上單調遞減，在(ln 2a,+ 8)上單調遞增，f(x)有2個極值點.綜上可得：當aw。時,f(x)有1個極值點；當a>0且aq時,f(x)有2個極值點；當a=2時,f(x)沒有極值與八、.(2)由 f(x)+ ex. x3+x，得 xex-x3-ax2-x> 0(*).當x

38、>0時，由不等式(*)得ex-x2-ax-1>0,即aw-?-1?x>0恒成立.e?-1(？?1)(e?1)設 g(x)=?-,則 g'(x)=(-4?2一).設 h(x)=ex-x-1,則 h'(x)=ex-1.,. x>0, .'. h'(x)>0,h(x)在(0,+ 8)上單調遞增,:h(x)>h (0)= 0，即 ex>x+ 1, g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+ 8)上單調遞增,;g(x)接 g(1) = e-2,awe-2.當x=0時,不等式(*)恒成立，aC R;當x<0時，由不等式(*)得

39、ex-x2-ax-1 w 0.設 h(x)= ex-x2-ax-1,則 h'(x)=ex-2x-a.設(Xx)=ex-2x-a,則 $(x)=ex-2<0,：h'(x)在(-8,0)上單調遞減,.h'(x)>h'(0)=1-a.若aw1,則h'(x)>0,：h(x)在(-8,0)上單調遞增， .h(x)<h(0)=0.若 a>1,則有 h'(0)=1-a<0,：?x0<0,使得 xC (x0,0)時,h'(x)<0,即 h(x)在(x0,0)上單調遞減 ：h(x)>h(0)=0,舍去.

40、 .aw 1.綜上可得，a的取值范圍是(-oo,e-2.4.已知函數f(x)=ae2x-aex-xex(a>0,e=2.718,e為自然對數的底數，若f(x) > 0對于xC R恒成立.(1)求實數a的值;(2)證明：f(X)存在唯一極大值點X0,且等+ -12-<f(x0)<-1.2e 4e4解 由 f(x)= eX(aeX-a-x) > 0 可得,g(x)=aeX-a-x> 0.因為 g(0)=0，所以 g(x)>g(0),從而x=0是g(x)的一個極小值點，由于 g'(x)=aW-i，所以 g'(0)=a-1 = 0? a=l.當

41、 a=1 時,g(x)=eX-i-x,g'(x)=eX-1,. X (-8,0),g'(x)<0,g(x)在(-8,0)上單調遞減；xC (0, + 00),g'(x)> 0,g(x)在(0,+ °<)上單調遞增；：g(x)>g(0) = 0，故 a=1.(2)證明 當 a= 1 時,f(x)= e2x-eX-xeX,f' (x)= eX(2eX-x- 2).令 h(x)=2eX-x-2,則 h'(x)=2eX-1. xC (-8,-in 2),h'(x)<0,h(x)在(-8,-in 2)上為減函數;xC

42、 (-ln 2,+衿h'(x)> 0,h(x)在(-ln 2,+ °<)上為增函數.由于 h(-1)<0,h(-2)>0,所以在(-2,-1)上存在 x=X0 滿足 h(x0)=0,h(x)在(-8,-in 2)上為減函數, XC (-°°,X0)時,h(x)> 0,即 f(x)>0,f(x)在(-8,X0)上為增函數；xC (x0,-ln 2)時,h(x)<0,即 f(x)<0,f(x)在(x0,-ln 2)上為減函數因此f(x)在(-8,-in 2)上只有一個極大值點X0,由于h(0)=0，且h(x)在(

43、-ln 2,+叼上為增函數， xC (-ln 2,0)時,h(x)<0,即 f(x)<0,f(x)在(-lx。)上為減函數xC (0, + 8)時,h(x)>0,即 f(x)>0,f(x)在(0, + 8)上為增函數因此f(x)在(-ln 2, +丐上只有一個極小值點0,綜上可知：f(x)存在唯一的極大值點xo,且xoC (-2,-1)., h(xo)= 0, 2e 0 -xo2= 0.f(xo)=e2?- e?-xoe?(xo+ 1)=-?2+2?oxo (-2,-1),一？2+2?. x (-2,-1)時,一4<14,1. .f(xo)<“ln 9(-2

44、,-1),f(xo)>fMn 'ln2 +2e14e2.綜上知：乎+ 2e1 r/ 14e2wf(xo)<4.命題角度3利用導數研究函數的零點或方程的根高考真題體驗對方向1.(2019 全國 I 20)已知函數 f(x)=sin x-ln(1+x),f(x)為 f(x)的導數.證明：, 一、一兀 ，,八，, ,(1)f(x)在區間(-1,2)存在唯一極大值點； (2)f(x)有且僅有2個零點.設 g(x)=f (x)則 g(x)=cos x-11?1g'(x)=-sin x+.I I(1+?)當xC (-1,2)時,g'(x)單調遞減，而 g'(0)

45、>0,g'(2)<0,可得g(x)在區間(-1,內有唯一零點，設為a則當 xCdo)時,g'(x)>0;當 xC(?£ 時,g'(x)<0.所以g(x)在區間(-1, “)內單調遞增 在區間(?？2)內單調遞減，故g(x)在區間(-1,2)內存在唯一極大 值點，即f (x)在區間(-1,2)內存在唯一極大值點.(2)f(x)的定義域為(-1,+叫.(i )當xC (-1,0時，由(1)知,f(x)在區間(-1,0)內單調遞增，而f(0)=0，所以當xC (-1,0)時,f(x)<0,故 f(x)在區間(-1,0)內單調遞減.又f(

46、0)=0，從而x=0是f(x)在區間(-1,0上的唯一零點.(ii)當xC (0,£時，由(1)知,f(x)在區間(0, a)內單調遞增，在區間(?？2)內單調遞減，而兀-兀 ，1一.,.兀,f(0) = 0,f(2)<0,所以存在 配(?,)，使得 f(3)=0，且當 xe (0,四時,f(x)>0；當 xC(?，3)時,f(x)<0.故 f(x)在區間(0, 3)內單調遞增，在區間(?, 2)內單調遞減._._ 仃仃又 f(0)=0,f(2)=1-ln(1 + 2)>0,所以當 xC (0 ,2時,f(x)>0.從而,f(x)在區間(0,2上沒有零點

47、.(iii)當xC (2, nt J中,f(x)<0,所以f(x)在區間心，nt)內單調遞減.而f() > 0,f(兀)< 0,所以f(x)在區間(2,nt止有唯一零點(iv)當 xC (兀+方時,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,從而f(x)在區間(兀+丐內沒有零點.綜上,f(x)有且僅有2個零點.2.(2019 全國 II 20)已知函數 f(x)=ln x-答.(1)討論f(x)的單調性，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(x°,ln x°)處的切線也是曲線 y=ex的切線.W

48、Of(x)的定義域為(0,1)U(1,+ 8).因為f(x)=1?+ 3>0,所以f(x)在區間(0,1),(1, +丐內單調遞增.22 -因為 f(e)= 1-r< 0,f(e2)= 2-2 = -227>0,以 f(x)在區間(1,+ 8)內有唯一零點 xi, e-1e-1e -i即 f(xi )= 0.又0<?< 1，f'? =-In xi+W-f (xi)= 0，故 f(x)在區間(0,1)內有唯一零點?. ? 1? 1? 1-1?綜上,f(x)有且僅有兩個零點.(2)I證明I因為?i?= e-1n ?，故點B(-ln x。,在曲線y=ex上.由題

49、設知f(xo)= 0,即 ln xo=?+1?-1?-ln ?，故直線AB的斜率k=? = -in ?0-?1 ?+1芍書11曲線y=ex在點Bl( -ln x。,?？)處切線的斜率是？?，曲線y= in x在點A(xo,ln xo)處切線的余率也是?, 0 ,00所以曲線y=ln x在點A(x0,|n x。)處的切線也是曲線y=ex的切線.3.(2018 全國 II 21)已知函數 f(x)=ex-ax2若a=1,證明：當x>0時,f(x)>1;(2)若f(x)在(0,+巧只有一個零點，求a.怔明 |當 a= 1 時,f(x)> 1 等價于(x2+ 1)e-x-1w 0.設

50、函數 g(x)=(x2+1)e-x-1,貝u g'(x)=-(x2-2x+ 1)e-x=- (x-1)2e-x.當 x力時,g'(x)<0,所以 g(x)在(0,+ 8)單調遞減.而 g(0)=0，故當 x>0 時,g(x)w 0,即 f(x)> 1.(2) j|_設函數 h(x) = 1-ax2e-x.f(x)在(0, + 8)只有一個零點當且僅當h (x)在(0,+ 8)只有一個零點.(i)當 aw0 時,h(x)>0,h(x)沒有零點；(ii)當 a>0 時,h'(x)=ax(x-2)e-x.當 xC (0,2)時,h'(x)

51、<0;當 xC (2,+ 8)時,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)單調遞減，在(2, + 8)單調遞增.故h(2)=1-輿 h(x)在0, + 8)的最小值.若h(2)>0,即a<e,h(x)在(0,+ °°)沒有零點；e2右h(2)=0，即a=,h(x)在(0,+ 8)只有一個零點e2若h(2)<0,即a>z，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一個零點由知，當x>0時,ex>x2,所以16?反16?反16?反1h(4a尸 1-叱=1-產>1-再=1-?>0.故h(x)在(2,4a)有一個

52、零點.因此h(x)在(0, +丐有兩個零點.e2綜上,f(x)在(0,+巧只有一個零點時，a='典題演練提能刷高分II1.(2019 山西晉城二模)已知函數 f(x)=ln x,g(x)=2?x3+2(1-a)x2-8x+8a+ 7.3若曲線y=g (x)在點(2,g(2)處的切線方程是y=ax-1,求函數g(x)在0,3上的值域；，求實數a的取值范圍當x>0時記函數h(x)=?，?< ?若函數y=h(x)有二個零占 (2Tx>0 口，1 匚團蟻 h(x) = ?,? A?," y ”(x)閂一 I '、 附 (1)因為 g(x)=23-x3+ 2(

53、1 -a)x2-8x+ 8a+ 7,所以 g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以 g'(2)=0,所以 a=0,即 g(x)=2x2-8x+7.g(0) = 7,g(3)=1,g(2)=-1,所以g(x)在0,3上的值域為-1,7.(2)( i )當 a=0時,g(x)=2x2-8x+7,一 ,七. .一由g(x)=0，得x二2±aC (1,+ 8)，此時函數y=h(x)有二個零點，符合題息.(ii)當 a>0 時,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)( x+芻.由 g'(x)=0，得 x=2.當 xC (0,2)時,

54、g'(x)<0;當 xC (2,+ oo)時,g'(x)>0.若函數y=h(x)有三個零點，則需滿足g(1)> 0且g(2)< 0,解得0<a< .(iii)當 a<0 時,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2) x+2?.2由 g (x)=0，得 xi=2,x2=-，不符合題意2 一，一.16. 一 . 一，當-；<2,即a<-1時，因為g(x)極大值=g(2) = qa-1<0,此時函數y=h(x)至多有一個季點：3當-?=2,即a=-1時，因為g'(x)W0,此時函數y=h (x

55、)至多有兩個零點，不符合題意；2當-?>2,即-1 <a< 0時，若g(1)< 0,函數y=h(x)至多有兩個零點，不符合題意；3右 g(1)= 0,佝 a=-201因為 g卜2J = ?1?8a3+7a2+8a+8，所以g卜? >0,此時函數y=h(x)有三個零點，符合題意；3右 g(1)> 0,得-20<a< 0,由 g(-2) = 5(8a3+7a2+8a+8),記 峋=8a3+7a2+8a+*則 $(a)>0,所以(Ka)> M-20) >0,此時函數y=h(x)有四個零點，不符合題意.綜上所述：滿足條件的實數a C -

56、20) U 0,11).12 .(2019 安徽 江南十校 一模)已知函數 f(x)=ax2ln x+xln x-2x(a)R).討論函數f(x)的單調性；(2)若函數f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.M_(1)f(x)= (2ax+ 1)ln x+ax+ 2= (2ax+1) In x+ 2 1.當 a>0 時,2ax+1>0,則當 xe ( 0,三)時,f(x)<0;當 xe (2 + 時,f(x)>0.所以f(x)在(0,5,|內單調遞減，在！三+ °°J內單調遞增.當 a<-。則當 xe(0,-2? U 仁,+ooj 時,f(x)&l

57、t;0,當 xe (-2?f 時r(x)>0.所以在(-2?內 單調遞增，在(。，-2?)和(三+ °°)內單調遞減.若a=-T，則當xe (0, +丐時,f(x)w0,故f(x)在(0,+丐內單調遞減.若-<a< 0,則當xC 0,三)U (-募+列時,f(x)< 0,當xC(M2U時,f(x)>0;所以在(三-2?內 單調遞增在(0,三)和卜2?+ 8)內單調遞減.(2)當 a>0 時,f(x)=x ( axln x+ln x-2),對 xe (0,1),f(x)<0,對 xe 1, + °°),f(x)單調

58、遞增，且 f(1)=-1<0,f(e)=ae2+2e> 0,所以f(x)有且僅有一個零點,.Ve/ 1 ?12ve,右a<-不由(1),要f(x)有兩個零點 必須f(x)極大值=+、屬)=-恭-法>0,解得a<1,11111而 f=-2<0，由 0Vx<-2?< 奇日x+ln x-2< 2ln x-2<0.故 f(x)<0,所以 a<-2ve.若a=-22e,f(x)在(0,+ 8)內單調遞減，不可能有兩個零點若U<a< 0,由(1),對 xC (0,1),f(x)<0,f、-? =2?<0,所以只需 f- -21? >0,即-4?>0,解得<a< 0.2e綜上,a的取值范圍為(-8,-2aU I -；,0，.2e，3 .已知函數f(x)=aln x-x，(2a-1)x(aC R)有兩個不同的零點.(1)求a的取值范圍； (2)設x1,x2是f(x)的兩個零點，證明:x1+x2>2a.(1)解法