高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节导数的应用教师用书理.doc

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1、- 1 -第十一节第十一节 导数的应用导数的应用2017 考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题)。2016，全国卷，7,5 分(图象判断)2016，全国卷，21,12 分(导数与单调性、不等式证明、函数零点)2015，全国卷，12,5 分(导数与单调性、参数的取

2、值范围)2015，全国卷，21,12 分(切线、函数最值、零点问题)2014，全国卷，21,12 分(导数与单调性、函数最值、不等式证明)函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值，曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式命制探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开。此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在今后的备考中不可小视。微知识 小题练自|主|排|查1函数的导数与单调性的关系函数yf(x)在某个区间内可导，则(1)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递增；- 2 -(2

3、)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f(x)0，则f(x)在这个区间内是常数函数。2函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数yf(x)在点xa处的函数值f(a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，且f(a)0，而且在点xa附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xa叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。(2)函数的极大值若函数yf(x)在点xb处的函数值f(b)比它在点xb附近其他点的函数值都大，且f(b)0，而且在点xb附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xb叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。3函数的最值与导数(1)函数f

4、(x)在a，b上有最值的条件：一般地，如果在区间a，b上，函数yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值。(2)求函数yf(x)在a，b上的最大值与最小值的步骤为：求函数yf(x)在(a，b)内的极值；将函数yf(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。微点提醒 1函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f(x)0， “f(x)0 在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。2对于可导函数f(x)， “f(x0)0”是“函数f(x)在xx0处有极值”的必要不充分条件。如函数yx3在x0 处导

5、数为零，但x0 不是函数yx3的极值点。3求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值。4函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系。小|题|快|练一 、走进教材1(选修 2-2P26练习 T1改编)函数f(x)xex的一个单调递增区间是( )A(，1 B2,8C1,2 D0,2- 3 -【解析】 解法一：f(x)xex，所以f(x)x ex0，所以x1。故选 A。1exxex ex21xex ex2解法二：f(x)1exxex(1)(1x)ex0。因为 ex0，所以x1。故选 A。【答案】 A2(选

6、修 2-2P32A 组 T5（4）题改编)函数f(x)2xxlnx的极值是( )A. B.1 e2 eCe De2【解析】 因为f(x)2(lnx1)1lnx，当f(x)0 时，解得 0e，所以xe 时，f(x)取到极大值，f(x)极大值f(e)e。故选 C。【答案】 C3(选修 2-2P37B 组 T2改编)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为yx327x123(x0)，则获得最大利润时的年产量为( )A1 百万件 B2 百万件C3 百万件 D4 百万件【解析】 因为yx327x123(x0)，所以y3x2273(x3)(x3)(x0)，所以yx327x123 在(0,

7、3)上是增函数，在(3，)上是减函数，故当x3时，获得最大利润，即获得最大利润时的年产量为 3 百万件。故选 C。【答案】 C二、双基查验1(2016锦州模拟)已知函数yxf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)。则下面四个图象中，yf(x)的图象大致是( )- 4 -【解析】 由条件可知当 01 时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)递增，所以当x1 时，函数取得极小值。当x0，函数f(x)递增，当10，所以f(x)0，函数f(x)单调递增，当x(2,2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以a2。故选 D。【答案】 D3函数f(x)x2lnx的最小值为( )

8、1 2A. B11 2C0 D不存在【解析】 f(x)x ，且x0。令f(x)0，得x1；令f(x)0 恒成立，f(x)在 R R 上单调递增，f(x)无极值。【答案】 0，)- 5 -5(2017重庆模拟)设 10，1 xx1 x所以函数yf(x)(1f(1)10，所以xlnx000，所以20 知，f(x)与 1xex1同号。令g(x)1xex1，则g(x)1ex1。所以当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增。故g(1)1 是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)。综上可知，f(x)0，x(，)。- 6 -故f(x)的单调递增区间为(，)。【答案】 (

9、1)a2，be(2)单调递增区间为(，)反思归纳 利用导数求函数单调区间的方法：1当导函数不等式可解时，解不等式f(x)0 或f(x)0，得 02。由f(x)0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0 时，f(x)。ax1 x3(x 2 a)(x 2 a)(1)01，2 a当x(0,1)或x时，f(x)0，f(x)单调递增，(2 a，)当x时，f(x)2 时，00，f(x)单调递增，(0， 2 a)当x时，f(x)2 时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，)内单调递增。(0， 2 a)(2 a，1)【答案】 见解析反思归纳 1.研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影

10、响进行分类讨- 8 -论。2划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的间断点。3个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如f(x)x3，f(x)3x20(f(x)0 在x0 时取到)，f(x)在 R R 上是增函数。【变式训练】 讨论函数f(x)(a1)lnxax21(aR R)的单调性。【解析】 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax。a1 x2ax2a1 x当a1 时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增；当a0 时，f(x)0，故f(x)在上单调递减，在上单调(1a 2a，)(0， 1a 2a)(1a 2a，)递增。【答案】 见解析考点三

11、利用单调性求参数的取值范围母题发散【典例 3】 已知函数f(x)x3ax1。(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在 R R 上为增函数，求实数a的取值范围。【解析】 (1)f(x)3x2a。当a0 时，f(x)0，所以f(x)在(，)上为增函数。当a0 时，令 3x2a0 得x；3a3当x或x0；3a33a3当0 时，f(x)在，(，3a3)上为增函数，在上为减函数。(3a3，)(3a3，3a3)(2)因为f(x)在(，)上是增函数，- 9 -所以f(x)3x2a0 在(，)上恒成立，即a3x2对xR R 恒成立。因为 3x20，所以只需a0。又因为a0 时，f(x)3x20，f(x)

12、x31 在 R R 上是增函数，所以a0，即实数a的取值范围为(，0。【答案】 (1)见解析 (2)(，0【母题变式】 1.函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，)上为增函数，求a的取值范围。【解析】 因为f(x)3x2a，且f(x)在区间(1，)上为增函数，所以f(x)0 在(1，)上恒成立，即 3x2a0 在(1，)上恒成立，所以a3x2在(1，)上恒成立，所以a3，即a的取值范围为(，3。【答案】 (，32函数f(x)不变，若f(x)在区间(1,1)上为减函数，试求a的取值范围。【解析】 由f(x)3x2a0 在(1,1)上恒成立，得a3x2在(1,1)上恒成立。因为11，b1。故选

13、C。答案 C3已知函数f(x)x22cosx，若f(x)是f(x)的导函数，则函数f(x)的图象大致是( )解析 设g(x)f(x)2x2sinx，g(x)22cosx0，所以函数f(x)在 R R 上单调递增。故选 A。答案 A4函数f(x)1xsinx在(0,2)上的单调性是_。解析 在(0,2)上有f(x)1cosx0，所以f(x)在(0,2)上单调递增。答案 单调递增5(2017秦皇岛模拟)已知函数f(x)lnx，g(x)ax22x，a0。若函数h(x)1 2f(x)g(x)在1,4上单调递减，则a的取值范围为_。- 11 -解析 h(x)lnxax22x，x(0，)，1 2所以h(x

14、) ax2。因为h(x)在1,4上单调递减，1 x所以当x1,4时，h(x) ax20 恒成立，1 x即a 恒成立，1 x22 x令G(x) ，则aG(x)max，1 x22 x而G(x)21。(1 x1)因为x1,4，所以 ，1 x1 4，1所以G(x)max(此时x4)，所以a。7 167 16答案 7 16，)第二课时第二课时 导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值微考点 大课堂考点一 运用导数解决极值问题多维探究角度一：求函数的值域【典例 1】 已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4。(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的

15、单调性，并求f(x)的极值。【解析】 (1)f(x)ex(axb)aex2x4ex(axba)2x4。由已知，得Error!即Error!解得Error!(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)ex(4x8)2x44(x2)。(ex1 2)令f(x)0，得x2 或xln2。令f(x)0，得Error!或Error!- 12 -解得2xln2。令f(x)0，得Error!或Error!解得x2 或xln2。当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，ln2)ln2(ln2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由上表可知，函数f(x)的

16、极大值为f(2)4(1e2)，极小值为f(ln2)22ln2ln22。【答案】 (1)a4，b4(2)单调性见解析 极大值为 4(1e2)，极小值为 22ln2ln22角度二：已知函数的极值求参数【典例 2】 (2016山东高考)设f(x)xlnxax2(2a1)x，aR R。(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1 处取得极大值，求实数a的取值范围。【解析】 (1)由f(x)lnx2ax2a，可得g(x)lnx2ax2a，x(0，)。则g(x) 2a。1 x12ax x当a0 时，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0 时，x时，g(x)0，函

17、数g(x)单调递增，(0，1 2a)x时，函数g(x)单调递减。(1 2a，)所以当a0 时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0 时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为。(0，1 2a)(1 2a，)(2)由(1)知，f(1)0。当a0 时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增。所以f(x)在x1 处取得极小值，不合题意。- 13 -当 01，由(1)知f(x)在内单调递增，可得当x(0,1)时，f(x)1 21 2a(0，1 2a)0。(1，1 2a)所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，(1，1 2a)所以f(x)在x1 处取得极小值，不合

18、题意。当a 时，1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，1 21 2a所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意。当a 时，00，f(x)单调递增，1 21 2a(1 2a，1)当x(1，)时，f(x) 。1 2【答案】 (1)见解析 (2)(1 2，)反思归纳 1.已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程。需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，必要时需对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件。2已知函数的最值求参数，利用待定系数法求解。【变式训练】 (1)(201

19、6金华十校联考)已知函数f(x)x(lnxax)有两个极值点，则实数a的取值范围是_。(2)(2016沈阳模拟)设函数f(x)lnxax2bx，若x1 是f(x)的极大值点，则a1 2的取值范围为_。【解析】 (1)f(x)(lnxax)xlnx12ax，令(1 xa)f(x)0，得 2a。设(x)，则(x)，lnx1 xlnx1 xlnx x2易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以(x)max(1)1，则(x)的大致图象如图所示，若函数f(x)有两个极值点，则直线y2a和y(x)的图象有两个交点，所以00，f(x)单调递增；当x1 时，f(x)1，解得11。1 a【答案

20、】 (1) (2)(1，)(0，1 2)考点二 运用导数解决最值问题【典例 3】 已知函数f(x)lnxax(aR R)。(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0 时，求函数f(x)在1,2上的最小值。【解析】 (1)f(x) a(x0)，1 x当a0 时，f(x) a0，1 x即函数f(x)的单调增区间为(0，)。当a0 时，令f(x) a0，可得x ，1 x1 a当 0x 时，f(x)0；1 a1ax x当x 时，f(x)0，1 a1ax x故函数f(x)的单调递增区间为，(0，1 a单调递减区间为。(1 a，)(2)当 00)。1 x- 17 -(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

21、(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值为 0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。【解析】 由题意，知函数的定义域为x|x0，f(x) (a0)a x1 x2(1)由f(x)0 解得x ，1 a所以函数f(x)的单调递增区间是；(1 a，)由f(x)e，即 00。(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(，2)上是增函数。(2)当20。(1x)f(x)0，f(x)2 时，1x0，即f(x)在(2，)上是增函数。综上，f(2)是极大值，f(2)是极小值。故选 D。答案 D2函数yax3bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为 0 和 ，则( )1 3Aa2b0 B2a

22、b0C2ab0 Da2b0解析 y3ax22bx，根据题意，0， 是方程 3ax22bx0 的两根，1 3 ，a2b0。故选 D。2b 3a1 3答案 D3若函数f(x)ax33x1 对于x1,1总有f(x)0 成立，则实数a的取值范围为( )A2，) B4，)- 19 -C4 D2,4解析 f(x)3ax23，当a0 时，f(x)1 时，f(1)a40，且f10，解得a4。综上所述，a4。(1a)2a故选 C。答案 C4已知f(x)lnxa(1x)。(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于 2a2 时，求a的取值范围。解析 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)

23、 a。若a0，则f(x)0，f(x)在1 x(0，)是单调递增；若a0，则当x时，f(x)0，当x时，f(x)(0，1 a)(1 a，)0 时，f(x)在x 处取得最大1 a值，最大值为flnalnaa1。因此f2a2lnaa11 时，g(a)0，因此a的取值范围是(0,1)。答案 (1)当a0 时，在(0，)上单调递增；当a0 时，在上单调递增，在(0，1 a)上单调递减(1 a，) (2)(0,1)第三课时第三课时 导数与不等式导数与不等式微考点 大课堂- 20 -考点一 解不等式或比较大小【典例 1】 (1)设函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有 2f(x)

24、xf(x)x2，则不等式(x2 014)2f(x2 014)4f(2)0 的解集为( )A(，2 012) B(2 012,0)C(，2 016) D(2 016,0)(2)已知f(x)为 R R 上的可导函数，且xR R，均有f(x)f(x)，则以下判断正确的是( )Af(2 013)e2 013f(0)Bf(2 013)x2，x0，即F(2 014x)F(2)。又F(x)在(，0)上是减函数，所以 2 014xf(x)，g(x)0 时，xf(x)f(x)0 成立的x的取值范围是( )A(，1)(0,1) B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)(2)(2016福建质检

25、)已知f(x)是定义在 R R 上的减函数，其导函数f(x)满足x0C当且仅当x(，1)时，f(x)0【解析】 (1)记函数g(x)，则g(x)，fx xxfxfx x2因为当x0 时，xf(x)f(x)0 时，g(x)0，则f(x)0；当x0，综上所述，使得f(x)0 成立的x的取值范围是(，1)(0,1)。(2)因为函数f(x)是定义在 R R 上的减函数，所以f(x)f(x)，所以f(x)(x1)f(x)0，构造函数g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函数g(x)在 R R 上单调递增，又g(1)(11)f(1)0，所以当x0；当x1 时，g(x)0，所以

26、f(x)0。因为f(x)是定义在 R R 上的减函数，所以f(1)0。综上，对于任意xR R，f(x)0，故选 B。【答案】 (1)A (2)B考点二 证明不等式【典例 2】 (2016全国卷)设函数f(x)lnxx1。(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx。【解析】 (1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x) 1，令f(x)0 解得1 xx1。当 00，f(x)单调递增；当x1 时，f(x)1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxlnc，令g(x)0，- 22 -解得x0。lnc1lnc lnc当x0，g(x)单调

27、递增；当xx0时，g(x)0。c1 lnc所以当x(0,1)时，1(c1)xcx。【答案】 (1)当 01 时，f(x)单调递减 (2)(3)见解析反思归纳 对于不等式的证明问题可考虑：通过研究函数的单调性进行证明；根据不等式的结构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。【变式训练】 (2016郑州二模)已知函数f(x)。ex xm(1)讨论函数yf(x)在x(m，)上的单调性；(2)若m，则当xm，m1时，函数yf(x)的图象是否总在函数g(x)(0，1 2x2x图象上方？请写出判断过程。【解析】 (1)f(x)，exxmex xm2exxm1 xm2当x(m，m1)时，f(x)0，

28、所以f(x)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增。(2)由(1)知f(x)在m，m1上单调递减，所以其最小值为f(m1)em1。因为m，g(x)在m，m1上的最大值为(m1)2m1，(0，1 2所以下面判断 em1与(m1)2m1 的大小，即判断 ex与(1x)x的大小，其中xm1。(1，3 2令m(x)ex(1x)x，m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因为xm1，所以h(x)ex20，m(x)单调递增。(1，3 2又m(1)e30，故存在x0，使得m(x0)(3 2)3 2(1，3 2ex02x010。所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所

29、以m(x)m(x0)(x0，3 2- 23 -ex0xx02x01xx0xx01，2 02 02 0所以当x0时，m(x0)xx010，(1，3 22 0即 ex(1x)x，即f(m1)(m1)2m1，所以函数yf(x)的图象总在函数g(x)x2x图象上方。【答案】 (1)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)单调递增 (2)是，判断过程见解析考点三 不等式恒成立问题【典例 3】 (2015北京高考)已知函数f(x)ln。1x 1x(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0,1)时，f(x)2；(xx3 3)(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立，求k

30、的最大值。(xx3 3)【解析】 (1)f(x)lnln(1x)ln(1x)，x(1，1)，f(x)1x 1x，f(0)2，f(0)0，所以切线方程为y2x。2 1x2(2)证明：原命题等价于任意x(0,1)，f(x)20。(xx3 3)设函数F(x)ln(1x)ln(1x)2，(xx3 3)F(x)。2x4 1x2当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)在x(0,1)上是单调递增函数。F(x)F(0)0，因此当x(0,1)，f(x)2。(xx3 3)(3)lnk，x(0,1)t(x)lnk0，x(0,1)。1x 1x(xx3 3)1x 1x(xx3 3)t(x)k(1x2)，x(0,1)。

31、2 1x2kx42k 1x2当k0,2，t(x)0，函数t(x)单调递增，t(x)t(0)0 显然成立。当k2 时，令t(x0)0 得x(0,1)，t(x)的变化情况列表如下：4 0k2 k- 24 -x(0，x0)x0(x0,1)t(x)0t(x)极小值t(x0)0。(1 e，)故f(x)在上单调递减，在上单调递增。(0，1 e)(1 e，)所以当x 时，函数f(x)取得最小值f 。1 e(1 e)1 e(2)依题意，得f(x)ax1 在1，)上恒成立，即不等式alnx 对于1 xx1，)恒成立，即amin，x1，)。(lnx1 x)设g(x)lnx (x1)，则g(x) ，令g(x)0，得

32、x1。1 x1 x1 x2x1 x2当x1 时，因为g(x)0，故g(x)在1，)上是增函数。x1 x2所以g(x)在1，)上的最小值是g(1)1，故a的取值范围是(，1。【答案】 (1) (2)(，11 e- 25 -考点四 不等式能成立问题【典例 4】 (2016福建六校联考)已知a为实数，函数f(x)alnxx24x。(1)是否存在实数a，使得f(x)在x1 处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)(a2)x，若x0，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围。1 e，e【解析】 (1)函数f(x)定义域为(0，)，f(x) 2x4。a x2x24xa x假设存在实数a，使f(x

33、)在x1 处取极值，则f(1)0，a2，此时，f(x)，当x0 时，f(x)0 恒成立，2x12 xf(x)在(0，)上单调递增，x1 不是f(x)的极值点，故不存在实数a，使得f(x)在x1 处取得极值。(2)由f(x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax2x0，2 0记F(x)xlnx(x0)，F(x)(x0)，x1 x当 01 时，F(x)0，F(x)单调递增。F(x)F(1)10，a，记G(x)，x。x2 02x0 x0lnx0x22x xlnx1 e，eG(x)2x2xlnxx2x1 xlnx2。x1x2lnx2 xlnx2x，1 e，e22lnx2(1lnx)0，x2lnx20，x

34、时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1。故实数a的取值范围为1，)。【答案】 (1)不存在，理由见解析- 26 -(2)1，)反思归纳 求解含参不等式能成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先将不等式转化为xD使得f(a)g(x)(或f(a)g(x)能成立，再转化为f(a)g(x)min(或f(a)g(x)max)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最小值(或最大值)。【变式训练】 已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax3。(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)若存在x(e 是自然对数的底数，e2.

35、718 28)使不等式 2f(x)g(x)成立，1 e，e求实数a的取值范围。【解析】 (1)由题意知f(x)lnx1，当x时，f(x)0，此时f(x)单调递增。(1 e，)当 0 时，f(x)在t，t2上单调递增，1 e1 e故f(x)minf(t)tlnt。所以f(x)minError!(2)由题意知 2xlnxx2ax3，即a2lnxx ，3 x设h(x)2lnxx (x0)，3 x则h(x) 1，2 x3 x2x3x1 x2当x时，h(x)0，此时h(x)单调递增。所以h(x)maxmax，h(1 e)，he因为存在x，使 2f(x)g(x)成立，1 e，e所以ah(x)max，- 2

36、7 -又h2 3e，h(e)2e ，(1 e)1 e3 e故hh(e)，所以a 3e2。(1 e)1 e【答案】 (1)f(x)minError!(2)(，1 e3e2微考场 新提升1若 0lnx2lnx1Bex2ex1x1ex2Dx2ex1f(x2)，ex x即，ex1 x1ex2 x2x2ex1x1ex2。故选 C。答案 C2(2017郴州模拟)定义在 R R 上的函数f(x)满足：f(x)f(x)1，f(0)4，则不等式 exf(x)ex3(其中 e 为自然数对数的底数)的解集为( )A(0，)B(，0)(3，)C(，0)(0，)D(3，)解析 设g(x)exf(x)ex(xR R)，则

37、g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，因为f(x)f(x)1，所以f(x)f(x)10，所以g(x)0，所以g(x)exf(x)ex在定义域上单调递增，因为 exf(x)ex3，所以g(x)3，又因为g(0)e0f(0)e0413，所以g(x)g(0)，所以x0。故选 A。- 28 -答案 A3若对于任意实数x0，函数f(x)exax恒大于零，则实数a的取值范围是_。解析 当x0 时，f(x)exax0 恒成立。若x0，a为任意实数，f(x)exax0 恒成立。若x0，f(x)exax0 恒成立，即当x0 时，a恒成立。设Q(x)。ex xex xQ(x)。exxex x

38、21xex x2当x(0,1)时，Q(x)0，则Q(x)在(0,1)上单调递增，当x(1，)时，Q(x)0 恒成立，a的取值范围为(e，)。答案 (e，)4设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR R。(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln21 且x0 时，exx22ax1。解析 (1)由f(x)ex2x2a，xR R，知f(x)ex2，xR R。令f(x)0，得xln2。于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)22ln22a故f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在xln2 处

39、取得极小值，极小值为 22ln22a。(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR R，于是g(x)ex2x2a，xR R。由(1)知当aln21 时，g(x)取最小值为g(ln2)2(1ln2a)0。- 29 -于是对任意xR R，都有g(x)0，所以g(x)在 R R 内单调递增。于是当aln21 时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)。而g(0)0，从而对任意x(0，)，都有g(x)0。即 exx22ax10，故当aln21 且x0 时，exx22ax1。答案 (1)f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在xln2 处取得极小值，极小值为f(ln2

40、)22ln22a。(2)见解析第四课时第四课时 导数与函数的零点导数与函数的零点微考点 大课堂考点一 利用最值(极值)判断函数零点个数【典例 1】 (2015北京高考)设函数f(x)klnx，k0。x2 2(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。e【解析】 (1)由f(x)klnx(k0)，x2 2得x0 且f(x)x 。k xx2k x由f(x)0，解得x(负值舍去)。kf(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：Px(0，)kk(，)kf(x)0f(x)k1lnk 2所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，

41、)。kk- 30 -f(x)在x处取得极小值f()。kkk1lnk 2(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f()。kk1lnk 2因为f(x)存在零点，所以0，从而ke。k1lnk 2当ke 时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，ee所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点。ee当ke 时，f(x)在区间(1，上单调递减，且f(1) 0，f()0，g(x)单调递增；1 e当 10 是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件。【解析】 (1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb。因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的

42、切线方程为ybxc。(2)当ab4 时，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4。令f(x)0，得 3x28x40，解得x2 或x 。2 3f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2(2，2 3)2 3(2 3，)f(x)00- 32 -f(x)cc32 27 所以，当c0 且c0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点。当 4a212b0 时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0。当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增。所以f

43、(x)不可能有三个不同零点。综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有 4a212b0。故a23b0 是f(x)有三个不同零点的必要条件。当ab4，c0 时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0 不是f(x)有三个不同零点的充分条件。因此a23b0 是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件。【答案】 (1)ybxc (2) (3)见解析(0，32 27)反思归纳 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画草图确定其中参数的范围。【变式训练】 已知函数f(x)(x22x2)ex，xR R，e 为自然对数的底数。(1)求函数f(x)的极值；(2)若方程f(x)m有两个不同的实数根，试求实数m的取值范围。【解析】 (1)f(x)(2x2)ex(x22x2)ex(x24x)ex，令f(x)0，解得x14