1.[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=-x+a ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: 2.[2017·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0. (1)求a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 3.[2017·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=a e2x+(a-2)e x-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. [试做] 命题角度导数解答题求解策略 (1)导数法判断和证明函数f(x)在区间(a,b)内的单调性的步骤: ①求f'(x); ②确定f'(x)在区间(a,b)内的符号(如果含有参数,则依据参数的取值讨论符号); ③得出结论,f'(x)>0时函数f(x)为增函数,f'(x)<0时函数f(x)为减函数. (2)利用导数求解不等式中参数的取值范围问题:首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以分离参数,构造函数,把问题转化为函数的最值问题. (3)利用导数证明不等式的一般思路:若证明f(x) 解答1导数的简单应用 1 已知函数f(x)=+nx. (1)若函数f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=-3x+2,求m,n的值; (2)当n=1时,在区间(-∞,1]上至少存在一个x0,使得f(x0)<0成立,求实数m的取值范围. [听课笔记] 【考场点拨】 利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础,只有研究了函数的单调性,才能研究其函数图像的变化规律,进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意:若可导函数f(x)在区间D上单调递增,则有f'(x)≥0在区间D上恒成立,但反过来不成立. 【自我检测】 已知函数f(x)=x2+ax-a e x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求函数g(x)的单调区间; (2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值. 解答2导数与函数零点或方程根的问题 2 已知函数f(x)=a e2x-e x-x(a∈R). (1)若-1≤a≤0,证明:函数f(x)有且只有一个零点; (2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. [听课笔记] 【考场点拨】 已知函数零点x0∈(a,b),求参数范围的一般步骤:(1)对函数求导;(2)分析函数在区间(a,b)上的单调情况;(3)数形结合分析极值点;(4)依据零点的个数确定极值的取值范围,从而得到参数的范围. 【自我检测】 已知函数f(x)=x2+(x2-3x)ln x. (1)求函数f(x)的图像在x=e处的切线方程; (2)对任意的x∈(0,+∞),都存在正实数a,使得方程f(x)=a至少有2个实根,求a的最小值.解答3导数与不等式恒成立、存在性问题 3 已知f(x)=e x-a ln x(a∈R). (1)求函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围. [听课笔记] 【考场点拨】 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略:(1)求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题;(2)分离参数法,将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或a 已知函数f(x)=x+-a ln x(a∈R). (1)若直线y=x+1与曲线y=f(x)相切,求a的值; (2)若关于x的不等式f(x)≥恒成立,求a的取值范围. 4 已知函数f(x)=(ln x+ax+1)e-x,其中常数a∈R. (1)当a≥0时,讨论f(x)的单调性. (2)当a=-时,是否存在整数m,使得关于x的不等式2m≥f(x)x e x+3在区间(0,e)内有解?若 存在,求出整数m的最小值;若不存在,请说明理由. 参考数据:ln 2≈0.69,e≈2.72,e2≈7.39,e-2≈0.14. [听课笔记] 【考场点拨】 利用导数处理不等式在区间D上有解的常用结论: 不等式a 不等式a≥f(x)在区间D上有解a≥f(x)min. 【自我检测】 已知函数f(x)=x ln x,g(x)=x+a. (1)设h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间; (2)若-1 5 已知函数f(x)=e x-ax2+1,g(x)=(e-2)x+2,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+2. (1)求a,b的值; (2)证明:当x>0时,g(x)≤f(x). [听课笔记] 6 已知函数f(x)=2m ln x-x,g(x)=(m∈R,e为自然对数的底数). (1)试讨论函数f(x)的极值情况; (2)证明:当m>1且x>0时,总有g(x)+3f'(x)>0. [听课笔记] 【考场点拨】 利用导数证明不等式的解题策略:一般先将待证不等式如f(x)≥g(x)的形式转化为f(x)-g(x)≥0的形式,再设h(x)=f(x)-g(x),进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化,具体求解时还得灵活多变. 【自我检测】 已知函数f(x)=ln x+,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a>0时,证明:f(x)≥.第5讲导数的热点问题 典型真题研析 1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-. (i)若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=. 当x∈0,∪,+∞时,f'(x)<0; 当x∈,时,f'(x)>0.所以f(x)在 0,,,+∞单调递减,在,单调递增. (2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1 由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以 所以-x2+2ln x2<0,即 设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0. 因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0 综上,a=1. (2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-x ln x,f'(x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-. 当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在上单调递减,在 上单调递增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在,+∞上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0. 因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1), 故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈得f(x0)<. 因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以e-2 (i)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减. (ii)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. (ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a. ①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点; ③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0. 又f(-2)=a e-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0. 由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 考点考法探究 解答1 例1解:(1)因为f'(x)=-+n,所以f'(0)=n-m,即n-m=-3. 因为f(0)=m,所以切点坐标为(0,m), 又因为切点在直线y=-3x+2上,所以m=2,n=-1. (2)因为f(x)=+x,所以f'(x)=-+1=. 当m≤0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,1]上单调递增,又f(0)=m≤0,令x0<0,此时f(x0) ①当ln m<1,即0 综上可知,实数m的取值范围是. 【自我检测】 解:(1)由题意可知g(x)=x+a-a e x,则g'(x)=1-a e x. 当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,若x<-ln a,则g'(x)>0,若x>-ln a,则g'(x)<0, ∴g(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,+∞)上单调递减. 综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-ln a),单调递减区间为(-ln a,+∞). (2)由(1)可知,a>0,且g(x)在x=-ln a处取得最大值, ∵g(-ln a)=-ln a+a-a·=a-ln a-1,∴a-ln a-1=0, 观察可得,当a=1时,上述方程成立. 令h(a)=a-ln a-1(a>0),则h'(a)=1-=, 当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0, ∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(a)≥h(1)=0, ∴当且仅当a=1时,a-ln a-1=0, ∴f(x)=x2+x-e x.易知当x∈[0,+∞)时,g(x)≤0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减, ∴f(x)在[0,+∞)上的最大值为f(0)=-1. 解答2 例2解:(1)证明:由f(x)=a e2x-e x-x(a∈R),得f'(x)=2a e2x-e x-1, 当a≤0时,f'(x)=2a e2x-e x-1<0,即函数f(x)在R上单调递减, 所以当a≤0时,函数f(x)最多有一个零点. 又当-1≤a≤0时,f(0)=a-1<0,f(-1)=>0,所以当-1≤a≤0时,函数f(x)有且只有一个零点. (2)由(1)知,当a≤0时,函数f(x)最多有一个零点,故a>0. 由f(x)=a e2x-e x-x(a∈R),令f(x)=0, 得a=. 记g(x)=,则方程a=g(x)有两个不等的实根. 由g'(x)=, 易知当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0, 当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0, 所以g(x)max=g(0)=1. 又当x∈(0,+∞)时,g(x)>0,且g(-1)=e-e2<0, 所以实数a的取值范围是(0,1). 【自我检测】 解:(1)f'(x)=3x-3+(2x-3)ln x,所以切线斜率为f'(e)=5e-6,又切点坐标为(e,2e2-3e), 所以切线方程为y-2e2+3e=(5e-6)(x-e),即(5e-6)x-y-3e2+3e=0. (2)令f'(x)=0,即3x-3+(2x-3)ln x=0,显然x=1是方程的根. 设g(x)=3x-3+(2x-3)ln x,则g'(x)=2ln x-+5, 易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增,且g'=3-3e<0,g'(1)>0,所以存在x1∈,使得 g'(x1)=0. 所以当x∈(0,x1)时,g'(x)<0,所以f'(x)单调递减, 当x∈(x1,+∞)时,g'(x)>0,所以f'(x)单调递增, x(0,x2) x2(x2,1) 1 (1,+∞) f'(x) +0 -0 + f(x) 增极大值减极小值增所以()在2处取得极大值,在1处取得极小值因为(1)1,且当→0时,()→0, 所以a的最小值为1. 解答3 例3解:(1)由f(x)=e x-a ln x,得f'(x)=e x-,则f'(1)=e-a,又切点坐标为(1,e), 所以切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0. (2)原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0, 记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),则F(1)=0. 依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立, 求导得F'(x)=e x+-m,则F'(1)=e+1-m,令G(x)=F'(x),则G'(x)=e x-,当x>1时,G'(x)>0,则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m. 若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,符合题意; 若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m),使得F'(x1)=0, 当1 【自我检测】 解:(1)设切点坐标为(x0,f(x0)),则f'(x0)=1--==1,得x0=-,即-a=, 又由f(x0)=x0+-a ln x0=x0+1,得ln x0-x0+1=0. 令h(x)=ln x-x+1,由h'(x)=-1=0,得x=1, 则h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 又因为h(1)=0,所以x0=1,所以a=-1. (2)令l(x)=x+-a ln x-,则原问题等价于l(x)≥0恒成立. 又l'(x)=(x>0),设-ax1-1=0,则a=x1-, 则l(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增, 故只需l(x1)≥0.又l(x1)=x1+-ln x1-, 令m(x)=x+-ln x-,则m'(x)=-ln x,所以m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又m=m(e)=0,所以x1∈,即a∈. 例4解:(1)求导得f'(x)=e-x(x>0,a≥0), 设g(x)=-ax-ln x+a-1(x>0,a≥0),易得g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(1)=0, 故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)当a=-时,设F(x)=f(x)x e x+3=e3(x>0),则F'(x)=e3(x>0),设h(x)=e3(x>0),则h'(x)=(x>0),可得F'(x)在上单调递增,在上单调递减.又F'(e)=0,F'=-3<0,F'=e3≈0.1e3>0, 故在内存在唯一的x0∈,使得ln x0=x0-2, 故F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减. 当x∈(0,e)时,F(x)min=F(x0)=e3=e3, 由题意知,只需2m≥F(x)min=e3, 当x0∈时,F(x)min∈,即F(x)min∈(-3.32,-2.52), 故存在整数m满足题意,且整数m的最小值为-1. 【自我检测】 解:(1)由题意可知,h(x)=x ln x-x-a,其定义域为(0,+∞), 则h'(x)=ln x+1-1=ln x. 令h'(x)>0,得x>1, 令h'(x)<0,得0 (2)由已知得M(x)=,对于x∈(1,+∞),有M'(x)=. 令q(x)=ln x--1(x∈(1,+∞)),则q'(x)=+=. 令q'(x)>0,有x>-a,而-1 所以函数q(x)在区间(1,+∞)上单调递增.因为q(1)=-a-1<0,q(e)=->0, 故存在x0∈(1,e),使得M'(x0)=0,且当x∈(1,x0)时,M'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,M'(x)>0,即x0为函数M(x)的极小值点. 解答4 例5解:(1)由题设得f'(x)=e x-2ax, 则有 解得 (2)证明:由(1)知,f(x)=e x-x2+1.令h(x)=f(x)-g(x)=e x-x2-(e-2)x-1, 则h'(x)=e x-2x-(e-2), 令φ(x)=h'(x),则φ'(x)=e x-2.当x∈(0,ln 2)时,φ'(x)<0,h'(x)单调递减; 当x∈(ln 2,+∞)时,φ'(x)>0,h'(x)单调递增. 又h'(0)=3-e>0,h'(1)=0,0 故h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 又h(0)=h(1)=0,所以当x>0时,h(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号, 故当x>0时,g(x)≤f(x). 例6解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-1=(x>0). ①当m≤0时,f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)内单调递减,f(x)无极值; ②当m>0时,令f'(x)>0,得0 故f(x)在x=2m处取得极大值,且极大值为f(2m)=2m ln(2m)-2m,f(x)无极小值. (2)证明:当x>0时,g(x)+3f'(x)>0⇔+-3>03e x-3x2+6mx-3>0. 设u(x)=3e x-3x2+6mx-3, 则u'(x)=3(e x-2x+2m),记v(x)=e x-2x+2m, 则v'(x)=e x-2. x(0,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) v'(x) -0 + v(x) 单调递减极小值单调递增由上表可知当0时,()≥(ln 2), 而v(ln 2)=e ln 2-2ln 2+2m=2-2ln 2+2m=2(m-ln 2+1), 由m>1,知m>ln 2-1, 所以v(ln 2)>0, 所以当x>0时,v(x)>0,即u'(x)>0, 所以u(x)在(0,+∞)内单调递增. 所以当x>0时,u(x)>u(0)=0, 即当m>1且x>0时,3e x-3x2+6mx-3>0, 所以当m>1且x>0时,总有g(x)+3f'(x)>0. 【自我检测】 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-=(x>0). 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,若x>a,则f'(x)>0,函数f(x)在(a,+∞)上单调递增,若0 要证f(x)≥,只需证ln a+1≥, 即只需证ln a+-1≥0.构造函数g(a)=ln a+-1,则g'(a)=-=(a>0), 所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以g(a)min=g(1)=0. 所以ln a+-1≥0恒成立, 所以f(x)≥. [备选理由] 以下所给例题均为依据导数的应用解决函数问题,从单调性、零点、方程的解、不等式恒成立、证明不等式等角度整体看解决方案,要依赖构建新函数,将问题进行转化,另外,对于含有参数的问题是个难点,要能合理的对参数进行讨论. 例1[配例1使用]设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一个极值点. (1)求a与b之间的关系式,并求当a=2时,函数f(x)的单调区间; (2)设a>0,g(x)=e x,若存在x1,x2∈[0,4],使得|f(x1)-g(x2)|<1成立,求实数a的取值范围. 解:(1)f'(x)=-[x2+(a-2)x+b-a]e3-x, 由题意知f'(3)=0,解得b=-2a-3. 当a=2时,b=-7,故令f'(x)=-(x2-9)e3-x>0,得-3 (2)由(1)得f'(x)=-[x2+(a-2)x-3a-3]e3-x, 令f'(x)>0,得-a-1 所以f(x)在[0,3]上单调递增,在(3,4]上单调递减, 于是在[0,4]上,f(x)max=f(3)=a+6,f(x)min=min{f(0),f(4)}=-(2a+3)e3. 另一方面,g(x)在[0,4]上单调递增,所以g(x)∈. 根据题意,只要-(a+6)<1即可,解得- (1)若a=,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a的取值范围. 解:(1)当a=时,f(x)=(x2+bx+1)e-x,f'(x)=-[x2+(b-2)x+1-b]e-x=-(x-1)[x-(1-b)]e-x.所以当b=0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞);当b>0时,f(x)的单调递增区间为(1-b,1),单调递减区间为(-∞,1-b),(1,+∞);当b<0时,f(x)的单调递增区间为(1,1-b),单调递减区间为(-∞,1),(1-b,+∞). (2)由f(1)=1,得2a+b+1=e,则b=e-1-2a.由f(x)=1,得e x=2ax2+bx+1,设g(x)=e x-2ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点.设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点,则由g(0)=0,g(1)=0知,g(x)在区间(0,x0)和(x0,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减.设h(x)=g'(x),则h(x)在区间 (0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点. g'(x)=e x-4ax-b,h'(x)=e x-4a. 若x∈(0,1),则当a≤时,h'(x)>0,h(x)在区间(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及两个 以上的零点.当a≥时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及两个以上的零点. 当 h[ln(4a)]=4a-4a ln(4a)-b=6a-4a ln(4a)+1-e,设φ(x)=x-x ln x+1-e(1 例3[配例3使用]已知函数f(x)=a ln x(a∈R),g(x)=x2. (1)令h(x)=f(x)-g(x),试讨论h(x)的单调性; (2)若对任意x∈[2,+∞),f(x)≤g(x)e x恒成立,求a的取值范围. 解:(1)由h(x)=f(x)-g(x)=a ln x-x2,得h'(x)=(x>0). 当a≤0时,h'(x)<0恒成立,则h(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,h'(x)=,令h'(x)>0,得x∈,此时h(x)单调递增, 令h'(x)<0,得x∈,此时h(x)单调递减. 综上,当a≤0时,h(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,h(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由题意可知,a ln x≤x2e x对任意x∈[2,+∞)恒成立. 当a≤0时,a ln x≤x2e x对任意x∈[2,+∞)恒成立; 当a>0时,由a ln x≤x2e x得a≤(x≥2),令φ(x)=(x≥2),则 φ'(x)=,因为x≥2,所以φ'(x)>0,即φ(x)在[2,+∞)上单调递增, 所以φ(x)≥φ(2)=,从而可知0 例4[配例5使用]已知函数f(x)=e x(a ln x-bx),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-4)x-e+2. (1)求a,b的值; (2)证明:f(x)+x2<0. 解:(1)由已知得f'(x)=e x(x>0), 因为所以 (2)证明:由(1)知f(x)=e x ln x-2x e x-1, 所以要证f(x)+x2<0,即证e x ln x+x2<2x e x-1,即证<-. 设g(x)=,h(x)=-,所以要证f(x)+x2<0,即证g(x) 所以g(x)≤g(e)=.① 又h'(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函数, 所以h(x)≥h(1)=.② 由于①和②不能同时取等号,故g(x)
