2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第二章 第十一节　导数的应用 Word版含答案.pdf

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1、第十一节 导数的应用 2019 考纲考题考情 考纲要求考题举例考向标签 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) 2018全国卷 T21(讨论函数的 单调性、 不等式证明) 2018全国卷 T21(证明不等式、 函数的零点) 2018全国卷 T21(应用导数研 究函数

2、的最值) 2017全国卷 T21(函数单调性、 零点) 2017全国卷 T21(函数极值) 2017全国卷 T21(利用导数证 明不等式) 命题角度： 1导数与函数的单 调性 2导数与函数的极 值、最值 3导数与不等式 4导数与函数的零 点 核心素养：逻辑推理 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)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

3、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(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

4、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。 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 处导数为零， 但 x0 不是函数 yx3的极值点。 一、走进教材 1(选修 22P26练习 T

5、1(2)改编)函数 yxex的单调递减区 间为( ) A(，0) B(0，) C1，)D(1，) 解析 y1ex0。故选 B。 答案 B 2 (选修 22P32A 组 T5(4)改编)函数 f(x)2xxlnx 的极值是 ( ) AB 1 e 2 e CeDe2 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 C 二、走近高考 3(2018全国卷)已知函数 f(x)2sinxsin2x，则 f(x)的最 小值是_。 解析 因为 f(x)2sinxsin2x，所以 f(x)2cosx2

6、cos2x 4cos2x 2cosx 2 4(cosx 1)， 由 f(x)0 得 ( cosx1 2) 1 2 cosx1，即 2k x2k ，kZ，由 f(x)0 得 3 3 1cosx ， 即 2kx2k 或 2kx2k ， kZ， 1 2 3 3 所以当 x2k (kZ)时， f(x)取得最小值， 且 f(x)minf 3 ( 2k 3) 2sinsin2。 ( 2k 3) ( 2k 3) 3 3 2 解法一 ： 因为 f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)，所以f(x)2 4sin2x(1cosx)24(1cosx)(1cosx)3， 设 cosxt， 则 y4(1 t

7、)(1t)3(1t1)， 所以 y4(1t)33(1t)(1t)24(1 t)2(24t)，所以当10； 当 0 在(0，)上恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增， 又 f(0)1，所以此时 f(x)在(0，)内无零点，不满足题意。 当 a0 时， 由 f(x)0 得 x ， 由 f(x)0，f(x)单 调递增， 当 x(0,1)时， f(x)0 恒成立， 所以 f(x)是增函数。 故选 C。 答案 C 6函数 g(x)x2的极值点是_，函数 f(x)(x1)3 的极值点_(填“存在”或“不存在”)。 解析 结合函数图象可知 g(x)x2的极值点是 x0。 因为 f(x)3(x1)20，

8、所以 f(x)0 无变号零点， 故函数 f(x)(x 1)3不存在极值点。 答案 0 不存在 7 函 数 g(x) x2在 1,2上 的 最 小 值 和 最 大 值 分 别 是 _，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在” 或“不存在”)。 解析 根据函数的单调性及最值的定义可得。 答案 1,4 不存在 第 1 课时 导数与函数的单调性 考点一 讨论函数的单调性 【例 1】 (1)已知 e 为自然对数的底数， 则函数 yxex的单 调递增区间是( ) A1，)B(，1 C1，)D(，1 (2)(2019惠州调研)已知函数 f(x)x2(a2)xalnx， 其中 a R。 若曲线 yf(x

9、)在点(2， f(2)处的切线与直线 xy30 平 行，求 a 的值； 求函数 f(x)的单调区间。 (1)解析 令 y(1x)ex0。因为 ex0，所以 1x0， 所以 x1。故选 A。 答案 A (2)解 由 f(x)x2(a2)xalnx 可知，函数 f(x)的定义 域为x|x0，且 f(x)2x(a2) ， a x 依题意，f(2)4(a2) 1，解得 a2。 a 2 依题意，f(x)2x(a2) (x0)。 a x 2xax1 x 令 f(x)0，得 x11，x2 。 a 2 ()当 a0 时， 0，由 f(x)0，得 x1； a 2 由 f(x)0，得 01； a 2 a 2 由

10、f(x)1，即 a2 时， a 2 由 f(x)0，得 0 ； a 2 由 f(x)0，解集在定义域内的部分为单调递增 区间。 4解不等式 f(x)0，讨论 f(x)在(0,2)上的单调性。 解 因为 f(x) 1 k4 k x 4 x2 (00)。( k4 k)x4x 2 x2 xk(x4 k) x2 当 0k0，且 2， 4 k 4 k 所以 x(0，k)时，f(x)0， 所以函数 f(x)在(0，k)上是减函数，在(k,2)上是增函数； 当 k2 时， k2，f(x)2 时，0 ， 4 k 4 k 所以 x时，f(x)0， ( 0，4 k) ( 4 k，2) 所以函数 f(x)在上是减函

11、数，在上是增函数。 ( 0，4 k) ( 4 k，2) 考点二 已知函数的单调性求参数取值范围 【例 2】 (1)若函数 y sin2xacosx 在区间(0，)上是增 1 2 函数，则实数 a 的取值范围是( ) A(，1B1，) C(，0)D(0，) (2)已知 a0，函数 f(x)(x22ax)ex，若 f(x)在1,1上是 减函数，则 a 的取值范围是_。 解析 (1)ycos2xasinx0 在(0，)上恒成立，即 a 在(0， )上恒成立。 令 tsinx(0,1， g(t) cos2x sinx 12sin2x sinx 12t2 t 2t， t(0,1， 易知函数 g(t)在(

12、0,1上单调递减， 所以 g(t)min 1 t g(1)1，所以 a1，即实数 a 的取值范围是(，1。 (2)f(x)x22(a1)x2aex，因为 f(x)在1,1上是减 函数，所以 f(x)0 对 x1,1恒成立，所以 x22(a1)x 2a0对x1,1恒成立。 设g(x)x22(a1)x2a， 所以Error!Error! 所以Error!Error!解得 a 。 3 4 答案 (1)A (2)a3 4 1f(x)在 D 上单调递增(减)，只要 f(x)0(0)在 D 上恒 成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数 值与函数最值之间的关系。 2二次函数在区间 D 上大

13、于零恒成立，讨论的标准是二次 函数的图象的对称轴与区间 D 的相对位置，一般分对称轴在区 间左侧、内部、右侧进行讨论。 【变式训练】 已知函数f(x)lnx ax22x存在单调递减 1 2 区间，则实数 a 的取值范围为_。 解析 f(x) ax2(x0)，函数 f(x)存在单 1 x ax22x1 x 调递减区间，即定义域(0，)内存在区间使 ax22x10， 等价于 a 小于在 x(0， )上的最大值， 设 g(x)， 2x1 x2 2x1 x2 则 g(x)，可知，函数 g(x)在区间(0,1)上为增函数，在 2x2 x3 区间(1， )上为减函数， 所以当 x1 时， 函数 g(x)取

14、得最大值， 此时 g(x)1，所以 a2x。 若 f(a2)f(a)44a， 则实数 a 的取值范围为( ) A(，1B1，) C(，2D2，) 解析 令 G(x)f(x)x2， 则 G(x)f(x)2x。 x0， ) 时， G(x)f(x)2x0， 所以 G(x)在0， )上是增函数。 G( x)f(x)(x)2f(x)x2G(x)， 所以G(x)为偶函数， G(x)在( ， 0)上是减函数。 因为 f(a2)f(a)44a， 所以 f(a2)4 4aa2f(a)a2，所以 f(a2)(a2)2f(a)a2，即 G(a 2)G(a)，所以|a2|a|，所以 a1。故选 A。 答案 A 本小题

15、构造了新函数 G(x)f(x)x2，通过讨论其单调性解 不等式。 方向 2：比较大小 【例 4】 (2019南昌摸底调研)已知函数 f(x)是定义在 R 上 的偶函数， 设函数 f(x)的导函数为 f(x)， 若对任意 x0 都有 2f(x) xf(x)0 成立，则( ) A4f(2)9f(3) C2f(3)3f(2)D3f(3)0 都有 2f(x)xf(x)0 成立，则当 x0 时， 有 g(x)x(2f(x)xf(x)0 恒成立，即函数 g(x)在(0，)上 为增函数， 又由函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数， 则 f(x)f(x)， 则有 g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)

16、，即函数 g(x)也为偶函数， 则有 g(2)g(2)，且 g(2)0” ， 需构造函数 g(x)x2f(x)， 求导后得 x0 时， g(x)0， 即函数 g(x)在(0，)上为增函数，从而问题得以解决。 【题点对应练】 1(方向 1)已知函数 f(x)(xR)满足 f(1)1，且 f(x)的导函 数 f(x)1， 即 x( ，1)(1，)。 答案 (，1)(1，) 2(方向 2)定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)f(x)恒成立， 若 x1e x2f(x1) Be x1f(x2)0， 所以 g(x)单调递增， 当 x1e x2f(x1)。 fx1 e x1 fx2 e x2 答案

17、A Error!Error! 1(配合例 1 使用)若函数 y在(1，)上单调递减， fx lnx 则称 f(x)为 P 函数。下列函数中为 P 函数的为( ) f(x)1；f(x)x；f(x) ；f(x)。 1 x x AB CD 解析 x(1，)时，lnx0，x 增大时， ，都减小， 1 lnx 1 xlnx 所以 y， y在(1， )上都是减函数， 所以 f(x)1 和 f(x) 1 lnx 1 xlnx 都是P函数 ；，所以x(1，e)时，0， 即 y在(1， e)上单调递减， 在(e， )上 ( x lnx) x lnx 单调递增，所以f(x)x不是P函数；， 所以x ( x lnx

18、) lnx2 2 x lnx2 (1， e2)时，0， 即 y在(1， ( x lnx) ( x lnx) x lnx e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以 f(x)不是 Px 函数。故选 B。 答案 B 2(配合例 1 使用)已知函数 f(x)ln(ex1)ax(a0)，讨论 函数 yf(x)的单调区间。 解 f(x)a1a。 ex ex1 1 ex1 当 a1 时，f(x)0，得(1a)(ex1)1， 即 ex1，解得 xln， 1 1a a 1a 由 f(x)2fcosx 的解集为( ) ( 3) A ( 2， 3) (0， 3) B. ( 3，0) ( 3， 2) C ( 3

19、，0) (0， 3) D. ( 2， 3) ( 3， 2) 解析 令 g(x)， 因为 f(x)是定义在上的 fx cosx ( 2，0) (0， 2) 偶函数， 所以g(x)是定义在上的偶函数， 又当02fcosx 化为， 即 g(x)g， 则|x|1，则不等式 f(x)x0 的解集为_。 【解析】 令 g(x)f(x)x，所以 g(x)f(x)1。由题 意知 g(x)0，所以 g(x)为增函数。因为 g(2)f(2)20，所以 g(x)0 的解集为(2，)。 【答案】 (2，) 【典例 2】 是圆周率， e 是自然对数的底数， 在 3e， e3， e， 3,3，e六个数中，最小的数与最大的

20、数分别是( ) A3e,3B3e，e Ce3，3De,3 【解析】 构造函数 f(x)，f(x)的定义域为(0，)， lnx x 求导得 f(x)，当 f(x)0，即 0e 时，函数 f(x)单调递减。故函数 f(x)的 单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)。因为 e3，在 3e，e3，e，3,3，e六个数中的最大的数是 3，同理 得最小的数为 3e。故选 A。 【答案】 A 二、ex与 f(x)的组合函数 【 典 例 3】 已 知 f(x)(x R)有 导 函 数 ， 且 x R， f(x)f(x)，nN*，则有( ) Aenf(n)enf(0) Benf(n)f(0)，f(n)

21、enf(0) Denf(n)f(0)，f(n)0， g(x)为R上的增函数， 故g(n)enf(0)。故选 A。 f0 e0 fn en 【答案】 A 【典例 4】 设 a0，b0，e 是自然对数的底数，则( ) A若 ea2aeb3b，则 ab B若 ea2aeb3b，则 ab D若 ea2aeb3b，则 a0，b0，所以 ea2aeb3beb2b beb2b。 对于函数 yex2x(x0)， 因为 yex20， 所以 y ex2x 在(0，)上单调递增，因而 ab 成立。故选 A。 【答案】 A 第 2 课时 导数与函数的极值、最值 考点一 函数的极值问题微点小专题 方向 1：由图象判断函

22、数的极值 【例 1】 设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且 函数 y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的 是( ) A函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) C函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2) D函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2) 解析 由题图可知，当 x0；当22 时，f(x)0。由此可 以得到函数 f(x)在 x2 处取得极大值， 在 x2 处取得极小值。 故选 D。 答案 D 知图判断函数极值的情况。先找导数为 0 的点，再判断导数 为 0 的点的左、

23、右两侧的导数符号。 方向 2：求函数的极值 【例 2】 已知函数 f(x)x1 (aR，e 为自然对数的 a ex 底数)。 (1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于 x 轴，求 a 的 值； (2)求函数 f(x)的极值。 解 (1)由 f(x)x1 ， a ex 得 f(x)1 。 a ex 又曲线 yf(x)在点(1， f(1)处的切线平行于 x 轴， 得 f(1) 0， 即 1 0，解得 ae。 a e (2)f(x)1 ， a ex 当 a0 时，f(x)0，f(x)为(，)上的增函数，所 以函数 f(x)无极值。 当 a0 时，令 f(x)0，得 exa，即 xln

24、a， 当 x(，lna)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，lna)上单调递减， 在(lna，)上单调递增，故 f(x)在 xlna 处取得极小值且 极小值为 f(lna)lna，无极大值。 综上，当 a0 时，函数 f(x)无极值； 当 a0 时，f(x)在 xlna 处取得极小值 lna，无极大值。 求函数极值的一般步骤：先求函数 f(x)的定义域，再求函 数 f(x)的导函数 f(x)；求 f(x)0 的根；判断在 f(x)0 的根的左、右两侧 f(x)的符号，确定极值点 ； 求出具体极值。 方向 3：已知极值求参数 【例 3】 (1)(2019江西八校联考)若函数 f(x)x2xal

25、nx 在1，)上有极值点，则实数 a 的取值范围为_。 (2)(2018山东曲阜模拟)若函数 f(x)的导数 f(x)(x ( x5 2) k)k，k1，kZ，已知 xk 是函数 f(x)的极大值点，则 k _。 解析 (1)函数 f(x)的定义域为(0， )， f(x)2x1 a x ， 由题意知 2x2xa0 在 R 上有两个不同的实数解， 2x2xa x 且在1，)上有解，所以 18a0，且 2121a0， 所以 a(，1。 (2)因为函数的导数为 f(x)(xk)k，k1，kZ， ( x5 2) 所以若 k 是偶数，则 xk，不是极值点，则 k 是奇数，若 k0， 解得 x 或 x ，

26、由 5 2 f(x)0， 解得 xk 或 x0，解得 x1，令 f(x)0，得 01， 所以 f(x)1 lnx 在(0,1)上单调递增，在(1，)上单 1 x 调递减。 (2)由(1)得 f(x)在上单调递增，在1，e上单调递减， 1 e，1 所以 f(x)在上的最大值为 f(1)11ln10。 1 e，e 又 f1eln 2e，f(e)1 lne ，且 f ( 1 e) 1 e 1 e 1 e ( 1 e) 0，所以 f(x)在(0，)上单调递增； 当 m0 时，令 f(x)0 得 0， m 2m m 2m 所以 f(x)在上单调递增，在上单调递减。 ( 0， m 2m) ( m 2m，)

27、 (2)由(1)知，当 m0 时，f(x)无最大值； 当 m0 时，f(x)在上单调递增，在上单调 ( 0， m 2m) ( m 2m，) 递减。 所以 f(x)maxfln2mnln2 lnm n ( m 2m) m 2m 1 4m 1 2 1 2 ln2， 所以 n lnm ， 1 2 1 2 所以 mnm lnm ， 1 2 1 2 令 h(x)x lnx (x0)， 1 2 1 2 则 h(x)1， 1 2x 2x1 2x 所以 h(x)在上单调递减，在上单调递增， ( 0，1 2) ( 1 2，) 所以 h(x)minh ln2， ( 1 2) 1 2 所以 mn 的最小值为 ln2

28、。 1 2 Error!Error! 1(配合例 3 使用)设函数 f(x)2lnxmx21。 (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有极值时，若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，求实 数 m 的取值范围。 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x) 2mx， 2 x 2mx2 1 x 当 m0 时，f(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增； 当 m0 时，令 f(x)0，则 0， 1 m 1 m 所以 f(x)在上单调递增，在上单调递减。 ( 0， m m )( m m ，) 综上，当 m0 时，f(x)在(0，)上单调递增； 当 m0 时，f(x)在

29、上单调递增，在上单调 ( 0， m m )( m m ，) 递减。 (2)由(1)知，当 f(x)有极值时，m0，且 f(x)在上单调 ( 0， m m ) 递增，在上单调递减。 ( m m ，) 所以 f(x)maxf2lnm 1lnm， ( m m ) m m 1 m 若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，则 f(x)maxm1。 即lnmm1，lnmm10)， 因为 g(x)1 0， 1 x 所以 g(x)在(0，)上单调递增，且 g(1)0， 所以 m10)，则 F(x)(x0)， x1 x 所以当 01 时， F(x)0，F(x)单调递增。 所以 F(x)F(1)10，所以 a。

30、 x2 02x0 x0lnx0 记 G(x)，x， x22x xlnx 1 e，e 则G(x) 2x2xlnxx2x1 xlnx2 。 x1x2lnx2 xlnx2 因为 x，所以 22lnx2(1lnx)0， 1 e，e 所以 x2lnx20， 所以当 x时，G(x)0，G(x)单调递增。 所以 G(x)minG(1)1，所以 aG(x)min1， 故实数 a 的取值范围为1，)。 第 3 课时 导数与不等式 考点一 不等式的证明微点小专题 方向 1：移项作差构造法 【例 1】 (2019江西赣州高三模拟)已知函数 f(x)1， lnx x g(x) bx，若曲线 yf(x)与曲线 yg(x

31、)的一个公共点是 ae ex 1 x A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直。 (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x1 时，f(x)g(x) 。 2 x 解 (1)因为 f(x)1， lnx x 所以 f(x)，f(1)1。 lnx1 x2 因为 g(x) bx， ae ex 1 x 所以 g(x) b。 ae ex 1 x2 因为曲线 yf(x)与曲线 yg(x)的一个公共点是 A(1,1)， 且在 点 A 处的切线互相垂直，所以 g(1)1，且 f(1)g(1)1， 所以 g(1)a1b1， g(1)a1b1， 解得 a 1，b1。 (2)证明：由(1)知，g(x) x， e

32、ex 1 x 则 f(x)g(x) 1 x0。 2 x lnx x e ex 1 x 令 h(x)1 x(x1)， lnx x e ex 1 x 则 h(1)0，h(x) 1 1。 1lnx x2 e ex 1 x2 lnx x2 e ex 因为 x1，所以 h(x) 10， lnx x2 e ex 所以 h(x)在1， )上单调递增， 所以 h(x)h(1)0， 即 1 x0， lnx x e ex 1 x 所以当 x1 时，f(x)g(x) 。 2 x 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构 造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数 的单调性即可得证。 【变式

33、训练】 已知函数 f(x)xlnxex1。 (1)求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)证明：f(x)0，xlnx0， 故 xlnx1 时，令 g(x)exsinx1xlnx， 故 g(x)excosxlnx1。 令 h(x)g(x)excosxlnx1， 则 h(x)ex sinx， 1 x 当x1时， ex e11， 所以h(x)ex sinx0， 故h(x) 1 x 1 x 在(1，)上单调递增。 故 h(x)h(1)ecos110，即 g(x)0， 所以 g(x)g(1)esin110， 即 xlnx0)。 lnx1 x 令 g(x)，则 g(x)， lnx1 x

34、lnx x2 所以当 x(0,1)时，g(x)0，当 x(1，)时，g(x)1)。 ln2 3 ln3 4 ln4 5 lnn n1 nn1 4 解 (1)因为 f(x)ln(x1)k(x1)1， 所以 f(x)k，x1。 1 x1 所以当 k0 时，f(x)k0，f(x)在(1，)上是增 1 x1 函数； 当 k0 时，令 f(x)0，得 11 ， 1 k 所以f(x)在上是增函数， 在上是减函数。 ( 1，11 k) ( 11 k，) (2)因为 f(x)0 恒成立， 所以x1，ln(x1)k(x1)10， 所以x1，ln(x1)k(x1)1， 所以 k0。 由(1)知，当 k0 时，f(

35、x)maxflnk0，解得 k1。 ( 11 k) 故实数 k 的取值范围是1，)。 (3)证明 ： 令 k1， 则由(2)知， ln(x1)x2 对任意 x(1， )恒成立， 即 lnxx1 对任意 x(0，)恒成立。 取 xn2，则 2lnnn21， 即1)。 方向 3：隔离分析法 【例 3】 (2019福州高三期末考试)已知函数 f(x)elnx ax(aR)。 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0。 解 (1)f(x) a(x0)， e x 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 00，当 x 时，f(x)0

36、， 所以只需证 f(x) 2e， ex x 当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上 单调递减， 所以 f(x)maxf(1)e。 记 g(x) 2e(x0)， ex x 则 g(x)， x1ex x2 所以当 01 时， g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e。 综上，当 x0 时，f(x)g(x)， 即 f(x) 2e，即 xf(x)ex2ex0。 ex x 解 ： 由题意知， 即证 exlnxex2ex2ex0， 从而等价于 lnx x2。 ex ex 设函数 g(x)lnxx2，则 g(x) 1。 1 x 所以当 x(0,1)时，g

37、(x)0，当 x(1，)时，g(x)0， 故 h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 从而 h(x)在(0，)上的最小值为 h(1)1。 综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 xf(x)ex2ex0。 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形， 构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。 【变式训练】 已知 f(x)axlnx，x(0，e，g(x)， lnx x 其中 e 是自然对数的底数，aR. (1)当 a1 时，求 f(x)的极值，并证明 f(x)g(x) 恒成立； 1 2 (2)是否存在实数 a，使 f(x)的最小值为 3？若存在，求出 a

38、的值；若不存在，请说明理由。 解 (1)因为 f(x)xlnx(x0)， f(x)1 。 1 x x1 x 所以当 00，此时 f(x)单调递增。 所以 f(x)的极小值为 f(1)1， 即 f(x)在(0，e上的最小值为 1， 令 h(x)g(x) ， 1 2 lnx x 1 2 则 h(x)， 1lnx x2 当 00，h(x)在(0，e上单调递增， 所以 h(x)maxh(e) g(x) 恒成立。 1 2 (2)假设存在实数 a，使 f(x)axlnx(x(0，e)有最小值 3， f(x)a 。 1 x ax1 x 当 a0 时， f(x)在(0， e上单调递减， f(x)minf(e)

39、ae1 3，a (舍去)， 4 e 所以 a0 时，不存在 a 使 f(x)的最小值为 3。 当 0 时，f(x)在上单调递减，在上 1 a 1 e ( 0，1 a) ( 1 a，e 单调递增， 所以 f(x)minf1lna3，ae2，满足条件。 ( 1 a) 当 e，即 00， 所以 f(x) 1。 1 x x1 x 由 f(x)0 可得 x1， 所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)， 单调递增区间为(1， )。 (2)当 t 时 ， f(x) lnx ， f(x) 1 2 x 2 1 2 k x 1 2 k x 1 2 lnx ， ( lnxx 2 1 2) x 2 k x 当

40、x1 时， f(x)1 时，h(x)0，函数 h(x)x1lnx 在(1，)上单 调递增，故 h(x)h(1)0， 从而当 x1 时，g(x)g(1)0，即函数 g(x)在(1，) 上单调递增，故 g(x)g(1) ， 1 2 因此当 x1 时，若使 k0，2(x1)对x(1,2)恒成立。 解 (1)定义域为(0，)，f(x)。 xa x2 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数； a0 时，由 xa 时，f(x)0,00，所以要证原不等式成立， 即证 lnx对x(1,2)恒成立， 2x1 x1 令 g(x)lnx，g(x)0， 2x1 x1 x12 x12 所以 g(x)在(0，

41、)上为增函数， 所以当 x(1,2)时，g(x)g(1)ln10， 211 11 所以 lnx对x(1,2)恒成立， 2x1 x1 所以(x1)lnx2(x1)对x(1,2)恒成立。 证明：令 F(x)(x1)lnx2(x1)， F(x)lnx2， x1 x lnx。 x1 x 令 (x)lnx，由(1)知 a1 时， x1 x (x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数。 因为 x(1,2)，则 (x)在(1,2)为增函数，(x)(1)0， 即 x(1,2)，F(x)0，所以 F(x)在(1,2)上为增函数， 所以 F(x)F(1)0， 所以(x1)lnx2(x1)对x(1,2)恒成

42、立。 第 4 课时 导数与函数的零点 考点一 求函数零点的个数 【例 1】 (2019武汉调研)已知函数 f(x)exax1(a R)(e2.718 28是自然对数的底数)。 (1)求 f(x)的单调区间； (2)讨论 g(x)f(x)在区间0,1上零点的个数。 ( x1 2) 解 (1)因为 f(x)exax1， 所以 f(x)exa， 当 a0 时，f(x)0 恒成立， 所以 f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间； 当 a0 时，令 f(x)0，得 xlna， 所以 f(x)的单调递减区间为(， lna)， 单调递增区间为(lna， )。 (2)令 g(x)0，得 f(x)0 或

43、 x ， 1 2 先考虑 f(x)在区间0,1上的零点个数， 当 a1 时，f(x)在(0，)上单调递增且 f(0)0， 所以 f(x)在0,1上有一个零点； 当 ae 时，f(x)在(，1)上单调递减，且 f(0)0， 所以 f(x)在0,1上有一个零点； 当 1e1 或 a2(1)时， g(x)在0,1上有两e 个零点； 当 10 时，f(x)， x mx m x 当 0时，f(x)0，函数 f(x)单调递增。m 综上，当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(0，)， 无单调递减区间； 当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(，)，单调递m 减区间是(0，)。m (2)令 F(x)f(x)g(x) x2(m1)xmlnx，x0，问题 1 2 等价于求函数 F(x)的零点个数。 当 m0 时，F(x) x2x，x0，有唯一零点； 1 2 当 m0 时，F(x)， x1xm x 当 m1 时，F(x)0，函数 F(x)为减函数，注意到 F(1) 0，F(4)ln41 时， 0m 时， F(x)0， 所以函数 F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递 增， 注意到 F(1)m 0， F(2m2)mln(2m2)1 时，F(x)0， 所以函数 F(x)在(0，m)和(1，)上单调递减，在(m,1)上单 调递增，易得 lnm0，而 F(2m2)mln