2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第4讲导数的综合应用与热点问题教学案文 18页

第4讲　导数的综合应用与热点问题 ‎[考情考向·高考导航]‎ 导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．‎ 解答题的热点题型有：‎ ‎(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根．‎ ‎(2)利用导数求解参数的范围或值．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；‎ ‎(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.‎ 解析：(1)由题意：f(x)＝得f′(x)＝＝‎ ；∴f′(0)＝＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线斜率为2，‎ ‎∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.‎ ‎(2)当a≥1时，f(x)＋e≥，‎ 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，‎ 则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，‎ 当x＜－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；‎ 当x＞－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．‎ 所以g(x)≥g(－1)＝0.‎ 因此当a≥1，f(x)＋e≥0.‎ ‎2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：‎ ‎(1)f(x)存在唯一的极值点；‎ ‎(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．‎ 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)‎ f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－，‎ 因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增，又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.‎ - 18 -‎ 又当x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．‎ ‎(2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3＞0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根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．‎ 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．常见构造辅助函数的四种方法 ‎(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．‎ ‎(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．‎ ‎(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．‎ ‎(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解．‎ ‎2．不等式的恒成立与能成立问题 ‎(1)f(x)＞g(x)对一切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)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b])．‎ ‎(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.‎ ‎(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.‎ ‎3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用 第一步：求导函数　根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．‎ 第二步：讨论单调性　由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．‎ 第三步：定区间端点处的函数值符号　确定单调区间端点处的函数值及符号．‎ 第四步：判定零点　根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．‎ ‎4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题 第一步：分离参变量　由已知的含参方程将参数与已知变量分离．‎ 第二步：研究函数　将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．‎ 第三步：利用图象找交点　利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．‎ - 18 -‎ 第四步：运动定范围　通过改变未知变量的范围找出临界条件．‎ 热点一　利用导数研究不等式问题 利用导数证明不等式 ‎[例1－1]　(2019·梅州三模节选)已知函数f(x)＝ln(x－1)．‎ ‎(1)证明：f(x＋1)≤－；‎ ‎(2)证明：e2x－2(x－1)ex≥2x＋3.‎ ‎[审题指导]　第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．‎ ‎[解析]　(1)令h(x)＝f(x＋1)－＋(x＞0)，‎ 则h(x)＝ln x－＋，h′(x)＝－－＝＝，‎ 所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，‎ 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，‎ 所以f(x＋1)≤－.‎ ‎(2)由(1)易知ln t≤－，t＞0.‎ 要证e2x－2(x－1)ex≥2x＋3，即(ex＋1)2≥2x(ex＋1)＋4，‎ 只需证ex＋1≥2x＋，即证≥x＋.‎ 令t＝ex，则x≤－，即x＋≤，得证．‎ 用导数证明不等式的方法 ‎(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．对于减函数有类似结论．‎ ‎(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．‎ ‎(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.‎ ‎　　　　利用导数研究不等式恒成立、存在性问题 - 18 -‎ ‎[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)的单调区间．‎ ‎(2)当k＝2时，求证：对于∀x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．‎ ‎(3)若存在x0＞－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)＞g(x)成立，试求k的取值范围．‎ ‎[审题指导]　(1)求f(x)的导数f′(x)，再求单调区间．‎ ‎(2)构造函数证明不等式．‎ ‎(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围．‎ ‎[解析]　(1)f′(x)＝－2(x＋1)‎ ‎＝(x＞－2)．‎ 当f′(x)＞0时，x2＋3x＋1＜0，解得－2＜x＜.‎ 当f′(x)＜0时，解得x＞.‎ 所以f(x)的单调增区间为，‎ 单调减区间为.‎ ‎(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)‎ ‎＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x＞－1)．‎ 当k＝2时，由题意，当x∈(－1，＋∞)时，h(x)＜0恒成立．‎ h′(x)＝－2＝，‎ 当x＞－1时，h′(x)＜0恒成立，h(x)单调递减．‎ 又h(－1)＝0，当x∈(－1，＋∞)时，h(x)＜h(－1)＝0恒成立，即f(x)－g(x)＜0对于∀x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．‎ ‎(3)因为h′(x)＝－k ‎＝－.‎ 由(2)知，当k＝2时，f(x)＜g(x)恒成立，即对于x＞－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)，不存在满足条件的x0；当k＞2时，对于x＞－1，x＋1＞0，此时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，不存在满足条件的x0；‎ 当k＜2时，令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，可知t(x)与h′(x)符号相同，‎ 当x∈(x0，＋∞)时，t(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减．‎ - 18 -‎ 当x∈(－1，x0)时，h(x)＞h(－1)＝0，即f(x)－g(x)＞0恒成立．‎ 综上，k的取值范围为(－∞，2)．‎ ‎1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 ‎(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．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)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．‎ ‎2．存在型不等式恒成立问题的求解策略 ‎“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．‎ ‎(2020·江淮十校联考)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥.‎ 解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，又f′(x)＝＋1，‎ ‎∴切线斜率k＝f′(1)＝2.‎ 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.‎ ‎(2)证明：当a＝－2时，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，‎ 从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．‎ 令t＝x1x2，φ(t)＝t－ln t，‎ 得φ′(t)＝1－＝.‎ 易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以φ(t)≥φ(1)＝1，‎ 所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1.‎ 又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥.‎ - 18 -‎ 热点二　利用导数研究函数的零点问题 直观 想象 素养 直观想象——数形结合求解零点问题 在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.‎ ‎[例2]　(2019·日照三模)设函数f(x)＝x2－a(ln x＋1)(a＞0)．‎ ‎(1)证明：当a≤时，f(x)≥0.‎ ‎(2)判断函数f(x)有几个不同的零点，并说明理由．‎ ‎[审题指导]　(1)要证明f(x)≥0，只需证明f(x)min≥0，根据函数单调性求出f(x)min，证明其在0＜a≤时恒大于等于0即可．‎ ‎(2)要判断函数f(x)的零点的个数，结合(1)需分a＝，0＜a＜，a＞，三种情况进行分类讨论．‎ ‎[解析]　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，‎ 令f′(x)＝2x－＝＝0，则x＝ ，‎ 所以当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，‎ 所以f(x)的最小值为f＝－，‎ 当0＜a≤时，ln＋1≤ln＋1＝0，‎ 所以f＝－≥0，‎ 所以f(x)≥0成立．‎ ‎(2)①当a＝时，由(1)得，f(x)＝x2－(ln x＋1)的最小值为f＝0，‎ 即f(x)＝x2－(ln x＋1)有唯一的零点x＝；‎ ‎②当0＜a＜时，由(1)得，f(x)＝x2－a(ln x＋1)的最小值为f＝－，‎ - 18 -‎ 且f＝－＞0，即f(x)＝x2－a(ln x＋1)不存在零点；‎ ‎③当a＞时，f(x)的最小值f＝－＜0，又＜ ，f＝＞0，所以函数f(x)在上有唯一的零点，‎ 又当a＞时，a＞ ，f(a)＝a2－a(ln a＋1)＝a(a－ln a－1)，‎ 令g(a)＝a－ln a－1，g′(a)＝1－＝，‎ g′(a)＝0，得a＝1，可知g(a)在上递减，在(1，＋∞)上递增，‎ 所以g(a)≥g(1)＝0，所以f(a)≥0，所以函数f(x)在上有唯一的零点，‎ 所以，当a＞时，f(x)有2个不同的零点，‎ 综上所述，①当a＝时，有唯一的零点；②当0＜a＜时，不存在零点；③当a＞时，有2个不同的零点．‎ ‎1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：‎ ‎(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况，进而求解．‎ ‎2．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．‎ ‎(2020·佛山模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax)ln x＋x2(其中a∈R)，‎ ‎(1)若a＞0，讨论函数f(x)的单调性．‎ ‎(2)若a＜0，求证：函数f(x)有唯一的零点．‎ 解析：(1)f(x)的定义域为(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，‎ - 18 -‎ 即(2x－a)(1＋ln x)＝0⇒x1＝，x2＝，‎ ‎①当x1＝x2，即＝，a＝时，f′(x)≥0，f(x)是(0，＋∞)上的增函数；‎ ‎②当x1＜x2，即＜，0＜a＜时，‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ ‎③当x2＜x1，即＜，a＞时，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 综上所述，当0＜a＜时，f(x)在，单调递增，在单调递减；‎ 当a＝时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；‎ 当a＞时，f(x)在，单调递增，在单调递减．‎ ‎(2)若a＜0，令f′(x)＝0，即(2x－a)(1＋ln x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，‎ 故当x＝时，f(x)取得极小值f＝ln＋＝＜0，‎ 以下证明：在区间上，f(x)＜0，‎ 令x＝，t＞1，则x∈，‎ f(x)＝f＝，f(x)＜0⇒f＜0⇒(－t)＋＜0⇔atet－t＋＜0⇒atet＜t－，因为a＜0，t＞1，不等式atet＜t－显然成立，故在区间上，f(x)＜0，‎ - 18 -‎ 又f(1)＝＞0，即f(1)f＜0，故当a＜0时，函数f(x)有唯一的零点x0∈.‎ 限时60分钟　满分60分 解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)‎ ‎1．(2019·天津卷节选)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.‎ 解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)．因此，当x∈(k∈Z)时，有sin x＞cos x，得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x∈(k∈Z)时，有sin x＜cos x，得f′(x)＞0，则f(x)单调递增．‎ 所以，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．‎ ‎(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)，依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，从而g′(x)＝－2exsin x．当x∈时，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)＜0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)≥h＝f＝0.所以，当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.‎ ‎2．(2019·大庆三模)设函数f(x)＝－kln x，k＞0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．‎ 解析：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝.‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ - 18 -‎ f(x)‎   所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．‎ ‎(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；‎ ‎(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．‎ 解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.‎ 当x∈时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点，‎ 所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．‎ ‎(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，‎ 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．‎ 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.‎ 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.‎ 因此，a的取值范围是(－∞，0]．‎ ‎4．(2019·成都诊断)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当a＝－1时，令F(x)＝＋x－ln x，证明：F(x)≥－e－2，其中e为自然对数的底数；‎ - 18 -‎ ‎(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．‎ 解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此时f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)．‎ 令f′(x)＞0，解得x＞e－.‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(e－，＋∞)，单调递减区间为(0，e－)．‎ ‎(2)证明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x.‎ 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴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，则g′(x)＝3＋2ln x，‎ ‎∴函数g(x)在(0，e－)上单调递减，在(e－，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.‎ ‎①当a≤0时，∵函数f(x)无极值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.‎ ‎②当a＞0时，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点，记为x0.‎ 由函数f(x)无极值点，易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根，‎ ‎∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1.‎ 当0＜a＜1时，x0＜1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；‎ 当a＞1时，x0＞1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；‎ 当a＝1时，x0＝1，此时函数f(x)无极值．‎ 综上，a≤－2e－或a＝1.‎ ‎5．(2019·深圳三模)已知函数f(x)＝xln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；‎ ‎(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t＞e时，有＜＜1.‎ 解析：(1)∵f(x)＝xln x，‎ ‎∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，‎ ‎∴当x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)在上单调递减，‎ - 18 -‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增．‎ ‎(2)证明：∵当0＜x≤1时，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，‎ 由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，‎ h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，‎ ‎∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．‎ ‎(3)证明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，‎ 当t＞e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有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′(u)＝－，‎ 当1＜u＜时F′(u)＞0，F(u)单调递增，当u＞时，F′(u)＜0，F(u)单调递减．‎ ‎∴对u＞1，F(u)≤F＜0，即ln u＜u成立．‎ 综上，当t＞e时，＜＜1成立．‎ 限时60分钟　满分60分 解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)‎ ‎1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．‎ ‎(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；‎ ‎(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．‎ 解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.‎ 当x∈时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ 又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点，‎ 所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．‎ ‎(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，‎ 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．‎ - 18 -‎ 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.‎ 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.‎ 因此，a的取值范围是(－∞，0]．‎ ‎2．(2020·成都诊断)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当a＝－1时，令F(x)＝＋x－ln x，证明：F(x)≥－e－2，其中e为自然对数的底数；‎ ‎(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．‎ 解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此时f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)．‎ 令f′(x)＞0，解得x＞e－.‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(e－，＋∞)，单调递减区间为(0，e－)．‎ ‎(2)证明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x.‎ 由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴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，则g′(x)＝3＋2ln x，‎ ‎∴函数g(x)在(0，e－)上单调递减，在(e－，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.‎ ‎①当a≤0时，∵函数f(x)无极值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.‎ ‎②当a＞0时，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函数g(x)在(0，＋∞)上存在零点，记为x0.‎ 由函数f(x)无极值点，易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根，‎ ‎∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1.‎ 当0＜a＜1时，x0＜1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；‎ 当a＞1时，x0＞1且x0≠a，函数f(x)的极值点为a和x0；‎ 当a＝1时，x0＝1，此时函数f(x)无极值．‎ 综上，a≤－2e－或a＝1.‎ ‎3．(2019·深圳三模)已知函数f(x)＝xln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ - 18 -‎ ‎(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；‎ ‎(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t＞e时，有＜＜1.‎ 解析：(1)∵f(x)＝xln x，‎ ‎∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，‎ ‎∴当x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)在上单调递减，‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增．‎ ‎(2)证明：∵当0＜x≤1时，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，‎ 由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，‎ h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，‎ ‎∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．‎ ‎(3)证明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，‎ 当t＞e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有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′(u)＝－，‎ 当1＜u＜时F′(u)＞0，F(u)单调递增，当u＞时，F′(u)＜0，F(u)单调递减．‎ ‎∴对u＞1，F(u)≤F＜0，即ln uu成立．‎ 综上，当t＞e时，＜＜1成立．‎ ‎4．(2019·厦门二调)已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝x＋＋f′(x)．‎ ‎(1)讨论h(x)＝g(x)－f(x)的单调性；‎ ‎(2)若h(x)的极值点为3，设方程f(x)＋mx＝0的两个根为x1，x2，且≥ea，求证：＞.‎ 解析：(1)∵h(x)＝g(x)－f(x)＝x－aln x＋，其定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴h′(x)＝.‎ - 18 -‎ 在(0，＋∞)递增；‎ ‎②a＋1＞0即a＞－1时，x∈(0,1＋a)时，h′(x)＜0，x∈(1＋a，＋∞)时，h′(x)＞0，‎ h(x)在(0,1＋a)递减，在(1＋a，＋∞)递增，‎ 综上，a＞－1时，h(x)在(0,1＋a)递减，在(1＋a，＋∞)递增，a≤－1时，h(x)在(0，＋∞)递增．‎ ‎(2)证明：由(1)得x＝1＋a是函数h(x)的唯一极值点，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)＝，‎ ＝ ‎＝ ‎＝＋m＝＋ln.‎ 令＝t≥e2，φ(t)＝＋ln t，则φ′(t)＝＞0，‎ ‎∴φ(t)在[e2，＋∞)上递增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋＞1＋＝.‎ 故＞.‎ ‎5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；‎ ‎(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．‎ 因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．‎ 因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.‎ - 18 -‎ 综上，f(x)有且仅有两个零点．‎ ‎(2)因为＝，故点B在曲线y＝ex上．‎ 由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直线AB的斜率k＝＝＝.‎ 曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ 高考解答题·审题与规范(一)　函数与导数类考题 重在“拆分”‎ 思维流程 ‎　　函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.‎ 真题案例 审题指导 审题方法 ‎(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：‎ ‎(1)f′(x)在区间 ‎(1)设g(x)＝f′(x)，对g(x)求导可得g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，得证．‎ ‎(2)对x进行讨论，当x∈‎ 审结论 - 18 -‎ 存在唯一极大值点；‎ ‎(2)f(x)有且仅有2个零点.‎ ‎(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x∈时，利用函数单调性，确定f(x)先增后减且f(0)＝0，f＞0，所以此区间上没有零点；当x∈时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x∈(π，＋∞)时，f(x)＜0，所以此区间上没有零点.‎ 问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．‎ 规范解答 评分细则 ‎[解析]　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.1分①‎ 当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点.2分②‎ 设零点为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.3分③‎ 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.4分④‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．‎ ‎(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点.6分⑤‎ ‎(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在 第(1)问踩点得分 ‎①构造函数g(x)＝f′(x)并正确求导g′(x)得1分．‎ ‎②判断g′(x)在上递减，由零点存在定理判定g′(x)在有唯一零点α，得1分．‎ ‎③判断g′(x)在(－1，α)，上的符号，得1分．‎ ‎④得出g(x)＝f′(x)在有唯一极大值点得1分．‎ 第(2)问踩点得分 ‎⑤判断f′(x)在(－1,0)递增，得1分，判断f(x)在(－1,0)递减，又f(0)＝0，有唯一零点，得1分．‎ - 18 -‎ 单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.8分⑥‎ 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点.9分⑦‎ ‎(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点.10分⑧‎ ‎(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．‎ 综上，f(x)有且仅有2个零点.12分⑨‎ ‎⑥当x∈时判断f′(x)的单调性，得1分；判断f′(x)存在零点β，研究f(x)的单调性，得1分．‎ ‎⑦由f(0)＝0，f＞0，结合f(x)的单调性，得出f(x)在上无零点，得1分．‎ ‎⑧当x∈时，研究f(x)的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分．‎ ‎⑨当x∈(π，＋∞)时，f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.‎ - 18 -‎