專項突破一

函數與導數解答題專題一突破1利用導數求參數的值或范圍必備知識?精要梳理1.不等式恒成立(能成立)求參數范圍的類型與解法設函數f(x)的定義域為D.(1)當f(x)存在最值時:①?x∈D,f(x)≤k?f(x)max≤k;?x∈D,f(x)≤k?f(x)min≤k.②?x∈D,f(x)≥k?f(x)min≥k;?x∈D,f(x)≥k?f(x)max≥k.③?x∈D,f(x)<k?f(x)max<k;?x∈D,f(x)<k?f(x)min<k.④?x∈D,f(x)>k?f(x)min>k;?x∈D,f(x)>k?f(x)max>k.(2)當f(x)不存在最值時,若其值域為(m,M),①?x∈D,f(x)≤k?M≤k;?x∈D,f(x)≤k?m<k.②?x∈D,f(x)≥k?m≥k;?x∈D,f(x)≥k?M>k.③?x∈D,f(x)<k?M≤k;?x∈D,f(x)<k?m<k.④?x∈D,f(x)>k?m≥k;?x∈D,f(x)>k?M>k.名師點析在不等式恒成立(能成立)問題中,函數有無最值、不等式中有無等號,結論是有區別的,應注意區分.2.含兩個變量的“任存”問題的常見題型及具體轉化策略(1)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的最小值>g(x)在區間[c,d]上的最大值.(2)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的最大值>g(x)在區間[c,d]上的最小值.(3)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的最小值>g(x)在區間[c,d]上的最小值.“任存”是指任意、存在,表示兩個變量對應的邏輯量詞

f(x)在區間[a,b]上的最大值和最小值均存在,g(x)在區間[c,d]上的最大值和最小值均存在.(5)?x1∈[a,b],當x2∈[c,d]時,f(x1)=g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的值域與g(x)在區間[c,d]上的值域的交集非空.(6)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的值域?g(x)在區間[c,d]上的值域.(7)?x2∈[c,d],?x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的值域?g(x)在區間[c,d]上的值域.(4)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在區間[a,b]上的最大值>g(x)在區間[c,d]上的最大值.名師點析不等式的“任存”問題,均轉化為兩個函數的最值之間的不等關系;等式的“任存”問題,則轉化為兩個函數的值域之間的包含關系.關鍵能力?學案突破考向一

已知不等式恒成立求參數的取值范圍命題角度1

“分離參數求最值”解決不等式恒成立求參數的取值范圍問題[例1-1]已知函數f(x)=-lnx+2x-2.(1)求與曲線y=f(x)相切且斜率為1的直線方程;(2)若g(x)=f(x)+ax+2,當x∈[1,e]時,g(x)≥0恒成立,求實數a的取值范圍.(2)由題意得,當x∈[1,e]時,g(x)=-ln

x+(2+a)x≥0恒成立,即(a+2)x≥ln

x(x∈[1,e])恒成立,方法總結1.分離參數法來確定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ為實數)恒成立問題中參數取值范圍的基本步驟(1)將參數與變量分離,化為g(λ)≥h(x)或g(λ)≤h(x)的形式.(2)求h(x)在區間D上的最大值或最小值.(3)解不等式g(λ)≥h(x)max或g(λ)≤h(x)min,得到λ的取值范圍.2.為了求函數的最值,有時需要多次構造函數,進行二次甚至三次求導.精典對練·得高分已知函數f(x)=(ax+1)·ex(a∈R).(1)討論f(x)的單調性;(2)若a=2,當x≥0時,f(x)≥kx,求實數k的取值范圍.解

(1)因為f(x)=(ax+1)ex,所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,則f'(x)>0,f(x)是R上的增函數;(2)若a=2,不等式f(x)≥kx即為(2x+1)ex≥kx(*).當x=0時,不等式(*)化為1≥k·0,恒成立,此時k∈R.命題角度2

“端點效應法”解決不等式恒成立求參數范圍問題

[例1-2]已知函數f(x)=m(x+1)2-1-2lnx.(1)討論f(x)的單調性;(2)當x∈[1,2]時,不等式f(x)≤0恒成立,求實數m的取值范圍.名師點析利用“端點效應法”解決不等式恒成立求參數取值范圍問題在解決不等式恒成立問題時,端點處滿足的臨界條件,經常是使命題成立的重要條件,由此可縮小參數的取值范圍,而在很多情況下,該范圍即為所求,這種通過觀察區間端點值來解決問題的方法稱為“端點效應法”.“端點效應”是特殊化思想的具體運用,往往可以簡化問題的求解過程.根據端點處所滿足的條件不同,“端點效應”常常有以下幾種情況(1)利用原函數在端點處的函數值建立不等式確定參數的取值范圍.(2)利用函數的導函數在端點處的函數值滿足相應條件建立不等式求解.精典對練·得高分已知函數f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若對任意的x≥0,不等式f(x)≤x+1恒成立,求實數a的取值范圍.命題角度3

“同構法”和“隱零點法”解決不等式恒成立求參數取值范圍問題[例1-3]已知函數f(x)=aex-1-lnx+lna.(1)當a=e時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;(2)若f(x)≥1,求實數a的取值范圍.解

(1)當a=e時,f(x)=ex-ln

x+1,所以f'(x)=ex-,所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率k=f'(1)=e-1.又f(1)=e+1,所以切點坐標為(1,1+e),所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.(2)(方法一:同構法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln

x+ln

a≥1,即aex-1+ln

a-1≥ln

x,所以ex-1+ln

a-1+ln

a≥ln

x,所以ex-1+ln

a+x-1+ln

a≥ln

x+x.(*)令g(x)=ex+x,則(*)式等價于g(x-1+ln

a)≥g(ln

x),顯然g(x)為增函數,所以x-1+ln

a≥ln

x,即ln

a≥ln

x-x+1.當0<x<1時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;當x>1時,h'(x)<0,h(x)單調遞減,所以h(x)max=h(1)=0,因此ln

a≥0,即a≥1,所以實數a的取值范圍是[1,+∞).所以f(x)>1,因此f(x)≥1恒成立;當0<a<1時,f(1)=a+ln

a<a<1,所以f(x)≥1不能恒成立.綜上所述,實數a的取值范圍是[1,+∞).名師點析利用“同構法”解決不等式恒成立求參數取值范圍問題的基本思路在不等式恒成立求參數取值范圍問題中,如果不等式中同時含有ex和ln

x兩種形式的式子,可以考慮將不等式進行合理的轉化、變形、拼湊,將不等式兩邊轉化為同一個函數的兩個函數值的形式,然后借助該函數的單調性轉化為一個更為簡單的不等式恒成立問題,從而解決問題.例如:若能將不等式F(x)>0等價變形為f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的單調性,如單調遞增,再轉化為g(x)>h(x),這種解題方法通常稱之為“同構法”,同構法的一般步驟如下:(1)指對分離,將不等式中的指數部分與對數部分分離,分別放在不等式的兩邊.(2)參數放在一起,含有欲求范圍的參數項要集中在一起.(3)常數放在頭上,ex項前面的常數系數如a,要通過a=eln

a轉移到ex項的指數位置中.(4)缺什么項就湊什么項,按照ex指數中的項進行拼湊,缺什么就湊什么,這時兩邊就會化為同一個函數的兩個函數值的形式了.利用“隱零點法”解決不等式恒成立求參數取值范圍問題在利用導數研究不等式恒成立問題時,需要確定函數的單調性或極值點,因而需要確定函數或導函數的零點.當零點無法直接解出來時,我們稱之為“隱零點”(即能確定其存在,但又無法用數值或顯性的代數式進行表達).當出現“隱零點”時,我們可以虛設零點,這種解決問題的方法稱為“隱零點法”.利用“隱零點法”解決問題的技巧是:形式上虛設,運算上代換,數值上估算,策略上等價轉化.精典對練·得高分已知函數f(x)=aex+lna,g(x)=ln(x+1)+1(其中a為常數,e是自然對數的底數),曲線y1=f(x)-lna在點A(0,a)處的切線為l1,曲線y2=g(x-1)-1在點B(a,0)處的切線為l2.(1)若l1∥l2,求直線l1和l2的方程;(2)若f(x)>g(x)恒成立,求實數a的取值范圍.解

(1)根據題意可知,曲線y1=f(x)-ln

a=aex在點A(0,a)處的切線為l1,曲線y2=g(x-1)-1=ln

x在點B(a,0)處的切線為l2.又由題意可知a>0,所以a=1.因為切線l1過點A(0,1),斜率k1=1;切線l2過點B(1,0),斜率k2=1,所以直線l1的方程為x-y+1=0,直線l2的方程為x-y-1=0.(2)(方法一:同構法)因為f(x)=aex+ln

a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln

a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立,可等價轉化為aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立.當x∈(-1,0)時,s'(x)>0,s(x)單調遞增;當x∈(0,+∞)時,s'(x)<0,s(x)單調遞減,所以s(x)≤s(0)=1,從而a>1,即實數a的取值范圍為(1,+∞).(方法二:隱零點法)因為f(x)=aex+ln

a,g(x)=ln(x+1)+1,故f(x)>g(x)恒成立,可等價轉化為aex-ln(x+1)+ln

a-1>0在區間(-1,+∞)內恒成立.記h(x)=aex-ln(x+1)+ln

a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).當0<a≤1時,h(0)=a+ln

a-1≤0,不符合題意;

則當x∈(-1,x0)時,φ(x)<0,即h'(x)<0,當x∈(x0,+∞)時,φ(x)>0,即h'(x)>0,故h(x)在區間(-1,x0)內單調遞減,在區間(x0,+∞)內單調遞增,所以h(x)min>0,所以當a>1時,h(x)>0恒成立.故實數a的取值范圍為(1,+∞).易錯防范·不丟分已知函數f(x)=-x2+x+lnx.(1)求f(x)的單調區間;(2)若對于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求實數m的最小值.解

(1)由題意知,f(x)的定義域為(0,+∞).當x∈(0,1)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增;當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,故函數f(x)的單調遞增區間為(0,1),單調遞減區間為(1,+∞).易錯提醒利用“隱零點法”解決問題時,經常出現“只設不用”的錯誤,即能夠根據函數解析式以及給定區間設出“隱零點”,但不注意“隱零點”滿足的等量關系,不能在后續解題過程中合理地運用“隱零點”滿足的等量關系解決相關問題,所以要深入分析“隱零點”所滿足的條件,巧妙運用代換、放縮等方法解決問題.考向二

不等式能成立求參數的取值范圍問題[例2]已知函數f(x)=lnx+ax2-x.(1)當a=1時,求f(x)的單調區間;(2)存在x≥1,使得

成立,求整數a的最小值.故函數m(x)在區間[1,+∞)內單調遞增,則m(x)≥m(1)=5,即h'(x)>0對任意的x≥1恒成立,則函數h(x)在區間[1,+∞)內單調遞增.所以當x∈(1,t)時,h(x)<0,當x∈(t,+∞)時,h(x)>0,所以當x∈(1,t)時,g'(x)<0,此時函數g(x)單調遞減,當x∈(t,+∞)時,g'(x)>0,此時函數g(x)單調遞增,名師點析不等式能成立問題的解題關鍵

精典對練·得高分(2023·河南焦作模擬)已知函數f(x)=(x-1)ex,g(x)=ln(x+2).(1)求f(x)的極值;(2)若存在x0∈(-2,m],使得f(x0)+g(m)≤0,求實數m的取值范圍.解

(1)由題意,可得f'(x)=xex,當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,所以f(x)在區間(-∞,0)內單調遞減,在區間(0,+∞)內單調遞增,故當x=0時,f(x)取極小值f(0)=-1,沒有極大值.(2)存在x0∈(-2,m],使得f(x0)+g(m)≤0,等價于當x0∈(-2,m]時,f(x)

min+g(m)≤0.當-2<m<0時,由(1)可得f(x)在區間(-2,m]內單調遞減,故此時f(x)

min=f(m)=(m-1)em,f(x)

min+g(m)≤0,即f(m)+g(m)≤0.構造函數h(x)=f(x)+g(x)=(x-1)ex+ln(x+2),x∈(-2,+∞).注意到-2<m<0,則h(m)=f(m)+g(m)<h(0)=-1+ln

2<0.則當-2<m<0時,f(x)

min+g(m)≤0恒成立,即-2<m<0滿足條件;當m≥0時,由(1)可得f(x)在區間(-2,m]上的最小值f(x)

min=f(0)=-1,則f(x)

min+g(m)≤0,即-1+g(m)≤0,即ln(m+2)-1≤0?ln(m+2)≤ln

e?0≤m≤e-2.綜上可知,m∈(-2,e-2].考向三

“任存問題”求參數取值范圍命題角度1

不等式中的“任存問題”(2)對任意x1∈(0,+∞),存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)min,x1∈(0,+∞),x2∈R.名師點析不等式中“任存”問題求解注意點(1)明確變量前面的量詞是“任意”還是“存在”,正確作出區分.(2)弄清是需要求函數的最大值還是最小值.(3)注意函數最值不存在時,參數取值范圍中是否加“=”.(4)注意不等式中有無“=”.而a≠0,所以當a>0時,由f'(x)<0,得0<x<2a,由f'(x)>0,得x>2a,因此函數f(x)在區間(0,2a)內單調遞減,在區間(2a,+∞)內單調遞增.當a<0時,由f'(x)<0,得0<x<-6a,由f'(x)>0,得x>-6a,因此函數f(x)在區間(0,-6a)內單調遞減,在區間(-6a,+∞)內單調遞增.命題角度2

等式中的“任存問題”當x>2時,f'(x)<0,∴f(x)在區間(2,+∞)內單調遞減,且f(2)=-4,因此當x∈(2,+∞)時,f(x)∈(-∞,-4).當x→+∞時,g(x)→0,∴當x∈(1,+∞)時,g(x)∈(-∞,0).∵(-∞,-4)?(-∞,0),∴對于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2).名師點析等式中“任存問題”的基本解法(1)“存在—存在”型:?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價于函數f(x)在區間D1上的取值集合A與函數g(x)在區間D2上的取值集合B的交集不為空集,即A∩B≠?.其等價轉化的基本思想:兩個函數有相等的函數值,即它們的函數值的取值集合有交集.(2)“任意—存在”型:?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價于函數f(x)在區間D1上的取值集合A是函數g(x)在區間D2上的取值集合B的子集,即A?B.其等價轉化的基本思想:函數f(x)的任意一個函數值都與函數g(x)的某一個函數值相等,即f(x)的函數值都在g(x)的取值集合之中.精典對練·得高分已知函數f(x)=(1-a)(x-1)-lnx+1,g(x)=xe1-x.(1)求g(x)在區間(0,e]上的取值范圍;(2)是否存在實數a,對任意給定的x0∈(0,e],在區間[1,e]上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0)?若存在,求出實數a的取值范圍;若不存在,請說明理由.解

(1)g'(x)=(1-x)e1-x,當x∈(0,1)時,g'(x)>0,g(x)單調遞增,當x∈(1,e]時,g'(x)<0,g(x)單調遞減,g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e×e1-e=e2-e>0,∴g(x)在區間(0,e]內的取值范圍為(0,1].由(1)知g(x)在區間(0,e]內的取值范圍為(0,1],而f(1)=1,∴要使對任意x0∈(0,e],在區間[1,e]上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0),突破2利用導數證明問題必備知識?精要梳理與ex,ln

x有關的常用不等式的結論(1)由在函數f(x)=ex圖象上任一點(m,f(m))處的切線方程為y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,當且僅當x=m時,等號成立.當m=0時,有ex≥x+1;當m=1時,有ex≥ex.

稱為“切線放縮”稱為“切線放縮”溫馨提示不等式證明中兩個常用的放縮不等式:ex≥x+1,ln

x≤x-1.關鍵能力?學案突破考向一

利用導數證明單變量不等式命題角度1

構造函數利用單調性證明不等式[例1-1]已知函數f(x)=(x+1)lnx.(1)求函數f(x)的單調區間;(2)求證:當x≥1時,f(x)≥2(x-1).當0<x<1時,h'(x)<0;當x>1時,h'(x)>0,因此函數h(x)在x=1處取得極小值即最小值,且h(1)=2,所以f'(x)>0恒成立.故f(x)的單調遞增區間為(0,+∞),無單調遞減區間.故g(x)在區間[1,+∞)內單調遞增,因此g(x)≥g(1)=0.故f(x)≥2(x-1).精典對練·得高分已知函數f(x)=exln(1+x).(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設g(x)=f'(x),討論函數g(x)在區間[0,+∞)內的單調性;(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).(3)證明:原不等式等價于對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),令m(x)=f(x+t)-f(x)(x∈[0,+∞),t∈(0,+∞)).∵m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x),∴g(x+t)>g(x),∴m'(x)>0,∴m(x)在區間[0,+∞)內單調遞增,∴當x>0時,有m(x)>m(0),∴當x>0,t>0時,f(x+t)-f(x)>f(t)-f(0),∴對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),即對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).一題多解·練思維已知函數f(x)=aex-ex.(1)若對于任意實數x都有f(x)≥0成立,求實數a的取值范圍;(2)當a≥1,且x≥0時,證明:f(x)≥(x-1)2.(1)解

因為對任意實數x都有f(x)≥0即aex-ex≥0,當x<1時,g'(x)>0;當x>1時,g'(x)<0.所以g(x)在x=1處取得極大值即最大值,且g(1)=1,故a≥1,即實數a的取值范圍為[1,+∞).(2)證明

由于當a≥1,且x≥0時,f(x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需證明ex-ex≥(x-1)2.當0≤x<3-e時,h'(x)<0,h(x)單調遞減;當3-e<x<1時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;當x>1時,h'(x)<0,h(x)單調遞減.所以h(x)在x=1處取得極大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此當x≥0時,必有h(x)≤0.故原不等式成立.(方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x≥0,則s'(x)=ex-e-2(x-1).設p(x)=ex-e-2(x-1),則p'(x)=ex-2,由p'(x)=0得x=ln

2.當x∈[0,ln

2)時,p'(x)<0,當x∈(ln

2,+∞)時,p'(x)>0,又p(1)=0,p(0)=3-e>0,0<ln

2<1,p(ln

2)<0,所以存在x0∈[0,ln

2),使得p(x0)=0.當x∈[0,x0)時,p(x)>0,當x∈(x0,1)時,p(x)<0,當x∈(1,+∞)時,p(x)>0.所以s(x)在區間[0,x0)內單調遞增,在區間(x0,1)內單調遞減,在區間(1,+∞)內單調遞增.又s(0)=s(1)=0,所以s(x)≥0.故原不等式成立.命題角度2

構造函數,利用最值證明不等式

[例1-2]已知函數f(x)=aex-4x,a∈R.(1)求函數f(x)的單調區間;(2)當a=1時,求證:f(x)+x2+1>0.(1)解

f'(x)=aex-4.當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在R上單調遞減;(2)證明

當a=1時,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1,則g'(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,則h'(x)=ex+2>0恒成立,所以g'(x)在R上單調遞增,又g'(0)=-3<0,g'(1)=e-2>0,所以存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,即

-4+2x0=0.當x∈(-∞,x0)時,g'(x)<0,g(x)單調遞減;由于x0∈(0,1),所以g(x)min>0,所以g(x)>0,故f(x)+x2+1>0.名師點析構造函數利用最值證明不等式在證明不等式f(x)>0(f(x)<0)時,可通過證明f(x)min>0(f(x)max<0)來實現,因此關鍵是求出函數f(x)的最小值(最大值).在求函數f(x)的最值時,主要利用導數通過單調性及極值求得,有以下幾種情形(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一個具體的實數.(2)求得f(x)的最值,且最值是一個含有參數的代數式,再說明該代數式的最值大于0(小于0).(3)通過隱零點求得f(x)的最值,再說明含有隱零點的最值表達式大于0(小于0).精典對練·得高分(2023·河南鄭州模擬)已知函數(1)求函數f(x)的單調區間;(2)當m=1時,證明:x2f(x)<ex+x3.當m+1≥0,即m≥-1時,x+(m+1)>0,由f'(x)>0,得x>1;由f'(x)<0,得0<x<1,所以f(x)在區間(1,+∞)內單調遞增,在區間(0,1)內單調遞減.當m+1<-1,即m<-2時,由f'(x)>0,得x>-m-1或0<x<1;由f'(x)<0,得1<x<-m-1,所以f(x)在區間(0,1),(-m-1,+∞)內單調遞增,在區間(1,-m-1)內單調遞減.當-1<m+1<0,即-2<m<-1時,由f'(x)>0,得0<x<-m-1或x>1;由f'(x)<0,得-m-1<x<1,所以f(x)在區間(0,-m-1),(1,+∞)內單調遞增,在區間(-m-1,1)內單調遞減.當m+1=-1,即m=-2時,f'(x)≥0,f(x)在區間(0,+∞)內單調遞增.綜上所述,當m≥-1時,f(x)的單調遞增區間為(1,+∞),單調遞減區間為(0,1);當m<-2時,f(x)的單調遞增區間為(0,1),(-m-1,+∞),單調遞減區間為(1,-m-1);當-2<m<-1時,f(x)的單調遞增區間為(0,-m-1),(1,+∞),單調遞減區間為(-m-1,1);當m=-2時,f(x)的單調遞增區間為(0,+∞),無單調遞減區間.設k(x)=ex-x,則k'(x)=ex-1.因為當x>0時,k'(x)>0,所以函數k(x)在區間(0,+∞)內單調遞增.又k(0)=1>0,所以當x>0時,k(x)>0,即ex-x>0.令h'(x)=0,得x=2,又當x>0時,ex-x>0,所以當x∈(0,2)時,h'(x)<0,h(x)單調遞減;數學思想·擴思路等價轉化思想設函數f(x)=ln(a-x),已知x=0是函數y=xf(x)的極值點.(1)求實數a的值;(1)解

由題意,f(x)的定義域為(-∞,a).令y=p(x)=xf(x),則p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),當x<0時,p'(x)>0,當0<x<1時,p'(x)<0,所以當a=1時,x=0是函數y=xf(x)的極大值點.因為當x∈(-∞,0)時,xln(1-x)<0,當x∈(0,1)時,xln(1-x)<0,所以需證明x+ln(1-x)>xln(1-x),即需證明x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,則h'(x)=(1-x)+1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h'(0)=0,當x∈(-∞,0)時,h'(x)<0,當x∈(0,1)時,h'(x)>0,所以x=0為h(x)的唯一極小值點,也是最小值點,所以當x∈(-∞,0)∪(0,1)時,h(x)>h(0)=0,所以g(x)<1.命題角度3

利用放縮法證明不等式[例1-3](2023·湖北武漢模擬)已知函數f(x)=lnx-ax+2(a>0).(1)若f(x)≤0恒成立,求實數a的取值范圍;名師點析放縮法證明不等式在證明不等式時,若直接證明比較困難,可將不等式中的部分項進行放大或縮小,然后證明放縮后的不等式成立,再根據不等式的傳遞性證明原不等式成立.常用的放縮技巧有ex≥x+1,ex-1≥x,ln

x≤x-1,ln(x+1)≤x等.精典對練·得高分已知函數f(x)=在x=1處取得極值.(1)求實數a的值,并求函數f(x)的單調區間;(2)證明:f(x)+x+>0.當x∈(0,1)時,f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,故f(x)在x=1處取得極小值,且f(x)的單調遞減區間為(0,1),單調遞增區間為(1,+∞).所以當x∈(0,1)時,g(x)單調遞減,當x∈(1,+∞)時,g(x)單調遞增,所以g(x)≥g(1)=0,即ln

x≤x-1,則ln(2x)≤2x-1,即ln

2+ln

x≤2x-1,命題角度4

利用“凹凸反轉法”證明不等式名師點析“凹凸反轉法”證明不等式在證明不等式f(x)>0時,可將f(x)進行合理地拆分,轉化為h(x)>g(x)的形式,其中函數h(x),g(x)的圖象分別呈現凹凸形狀,實質就是函數h(x),g(x)分別具有最小值和最大值,然后分別求出函數h(x),g(x)的最小值和最大值,只需說明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值與g(x)取最大值時的x的值不一樣,即可證明h(x)>g(x),這種證明不等式的方法稱為“凹凸反轉法”.精典對練·得高分

考向二

利用導數證明雙變量不等式

(1)討論函數f(x)的單調性;(2)設函數F(x)=f(x)+xlna,x1,x2是函數f(x)的兩個極值點,證明:F(x1)+F(x2)<1-4ln2.所以當x∈(0,x1')時,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈(x1',x2')時,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈(x2',+∞)時,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)單調遞增,名師點析證明含雙變量的函數不等式的常見思路(1)將雙變量中的一個看作變量,另一個看作常數,構造一個含參數的輔助函數證明不等式.(2)整體換元.對于齊次式往往可將雙變量整體換元,化為一元不等式.(3)若含雙變量的函數不等式具有對稱性,并且可以將兩個變量分離開,分離之后的函數結構具有相似性,從而構造函數利用單調性證明.精典對練·得高分(1)解

由題意,知函數f(x)的定義域為(0,+∞),,x>0,令x2-2ax+1=0,則其根的判別式Δ=4a2-4.當Δ≤0,即-1≤a≤1時,f'(x)≥0,f(x)在區間(0,+∞)內單調遞增;當Δ>0,即a>1或a<-1時,若a<-1,-2ax>0,f'(x)>0,f(x)在區間(0,+∞)內單調遞增;若a>1,令f'(x)=0,得

,x2'>x1',當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表所示.x(0,x1')x1'(x1',x2')x2'(x2',+∞)f'(x)+0-0+f(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增

所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線的斜率k=f'(1)=2,又f(1)=0,所以所求切線方程為y=2(x-1),即2x-y-2=0. (2)證明

設F(x)=(x+1)ln

x-2x+2(x>1),當x>1時,g'(x)>0,所以g(x)在區間(1,+∞)內單調遞增,又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在區間(1,+∞)內單調遞增,所以F(x)>F(1)=0,故x>1時,(x+1)ln

x>2(x-1).令x=n2-2>1(n∈N,且n≥2),則(n2-1)ln(n2-2)>2(n2-3),名師點析證明與數列有關的不等式的策略在證明與數列有關的不等式時,往往是從題目中已經證得的結論(參數的取值范圍,不等式等)出發,通過特殊化處理(即將其中的變量替換為特殊的變量,尤其是可替換為與自然數n有關的式子),再結合數列中的裂項求和以及不等式的放縮等方法證得結論.精典對練·得高分(2022·新高考Ⅱ,22)已知函數f(x)=xeax-ex.(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)當x>0時,f(x)<-1,求實數a的取值范圍;解

(1)當a=1時,f(x)=(x-1)ex,則f'(x)=xex,當x<0時,f'(x)<0,當x>0時,f'(x)>0,故函數f(x)在區間(-∞,0]內單調遞減,在區間[0,+∞)內單調遞增.(2)設h(x)=xeax-ex+1,則h(0)=0,h'(x)=(1+ax)eax-ex,設g(x)=(1+ax)eax-ex,則g'(x)=(2a+a2x)eax-ex.若

,則g'(0)=2a-1>0.易知g'(x)為連續不間斷函數,故存在x0∈(0,+∞),使得?x∈(0,x0),總有g'(x)>0,因而g(x)在區間(0,x0)內單調遞增,故g(x)>g(0)=0,故h(x)在區間(0,x0)內單調遞增,故h(x)>h(0)=0,與題設矛盾.若0<a≤,則h'(x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex,下面證明:對任意x>0,總有ln(1+x)<x成立.故S(x)在區間(0,+∞)內單調遞減,故S(x)<S(0)=0,即ln(1+x)<x成立.所以eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0,故h'(x)≤0總成立,即h(x)在區間(0,+∞)內單調遞減,所以h(x)<h(0)=0.當a≤0,x>0時,有h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0,所以h(x)在區間(0,+∞)內單調遞減,所以h(x)<h(0)=0.突破3利用導數研究函數的零點必備知識?精要梳理判斷或討論函數零點個數問題的常用方法與策略(1)直接法:先對函數求導,根據導數求出函數的單調區間與極值,從而畫出函數圖象,然后將問題轉化為函數圖象與x軸的交點問題.(2)分段討論法:當函數解析式中含有參數或不宜直接畫出函數圖象時,可以結合導函數的取值情況,對函數的定義域所在的區間分段討論,判斷分析函數在每一段上零點的個數情況,從而得到函數在整個定義域上的零點個數.(3)虛設零點法:通過虛設零點,確定函數的單調區間以及極值,從而得到函數值的變化情況,以確定函數零點的個數.(4)構造新函數法(數形結合):將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題,先對解析式變形,進而構造兩個函數,然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象,利用數形結合的方法求解.關鍵能力?學案突破考向一

判斷、證明或討論函數零點的個數命題角度1

直接法判斷、證明或討論函數零點的個數[例1-1]已知函數f(x)=-lnx+2x-2.(1)求曲線y=f(x)的斜率等于1的切線方程;(2)求函數f(x)的極值;(3)設g(x)=x2f(x)-2f(x),判斷函數g(x)的零點個數,并說明理由.得x0=1,所以y0=-ln

1+2-2=0.故所求切線方程為y-0=1×(x-1),即y=x-1.(2)函數f(x)的定義域為(0,+∞).方法點撥直接法判斷函數零點個數對于解析式中不含參數的函數,可利用導數確定函數的單調區間、極值、最值情況,同時結合函數值的變化情況,畫出函數的大致圖象,觀察圖象與x軸交點的情況,從而確定函數零點的個數.精典對練·得高分(2023·廣西南寧三中模擬)已知函數f(x)=lnx-(a-1)x+1.(1)若f(x)存在極值,求實數a的取值范圍;(2)當a=2,且x∈(0,π)時,證明:函數g(x)=f(x)+sinx有且僅有兩個零點.當x∈(0,1)時,F'(x)>0;當x∈(1,+∞)時,F'(x)<0,則F(x)在區間(0,1)內單調遞增,在區間(1,+∞)內單調遞減,即F(x)max=F(1)=0,故F(π)<F(1)=0,即g(π)=ln

π-(π-1)<0,可知g(x)在區間(0,α)和(α,π)內分別恰有一個零點.所以當x∈(0,π)時,g(x)有且僅有兩個零點.數學思想·擴思路分類討論思想已知函數f(x)=ex-2ax-a.(1)若函數f(x)在區間(-1,1)內單調遞減,求實數a的取值范圍;(2)當a>0時,求函數f(x)的零點個數.(2)f'(x)=ex-2a,當a>0時,由f'(x)>0,有x>ln(2a),f(x)在區間(ln(2a),+∞)內單調遞增;由f'(x)<0,有x<ln(2a),f(x)在區間(-∞,ln(2a))內單調遞減.∴f(x)的極小值為f(ln(2a))=a-2aln(2a).∵當x→-∞時,f(x)→+∞,當x→+∞時,f(x)→+∞,命題角度2

利用隱零點法判斷、證明或討論函數零點的個數

[例1-2]已知f(x)=sinnx,g(x)=lnx+mex(n為正整數,m∈R).(1)若曲線y=g(x)在點(1,g(1))處的切線垂直于直線y=x,求實數m的值;(2)當n=1時,設函數h(x)=x2-1-2f(x),x∈(0,π),證明:函數h(x)只有1個零點;只需證x+ln

x+1-xex≤0.令F(x)=ex-x-1,則F'(x)=ex-1,當x<0時,F'(x)<0,F(x)單調遞減,當x>0時,F'(x)>0,F(x)單調遞增,故當x=0時,F(x)取得最小值F(0)=0,所以F(x)≥0,所以ex≥x+1,所以ex+ln

x≥x+ln

x+1,所以xex≥x+ln

x+1,即x+ln

x+1-xex≤0,方法點撥借助隱零點判斷或證明函數零點情況在利用導數研究函數的零點問題時,需要確定函數的單調性或極值,因而需要確定函數或導函數的零點,當零點無法直接求解時,我們可以虛設零點,即利用“隱零點法”解決函數零點問題.通過隱零點,確定函數的單調區間,從而得到函數的極值與最值,然后通過極值的正負判斷、分析函數值的正負情況,從而得到零點的個數.精典對練·得高分已知函數f(x)=kx-xlnx在區間(0,+∞)內的最大值為1.(1)求函數f(x)的解析式;(2)討論函數F(x)=f(x)-cosx在區間[,+∞)內的零點的個數.解

(1)由f(x)=kx-xln

x,得f'(x)=k-1-ln

x.因為函數f(x)在區間(0,+∞)內有最值,所以函數f(x)在區間(0,+∞)內不是單調函數.令f'(x)>0,得0<x<ek-1;令f'(x)<0,得x>ek-1,所以f(x)的單調遞增區間是(0,ek-1),單調遞減區間是(ek-1,+∞).故f(x)在x=ek-1處有極大值f(ek-1)=ek-1,也是f(x)的最大值,所以ek-1=1,解得k=1.故f(x)=x-xln

x.(2)由(1)可得F(x)=x-cos

x-xln

x,所以F'(x)=sin

x-ln

x,設h(x)=sin

x-ln

x.當x∈(e,+∞)時,h(x)=F'(x)<0,所以F(x)單調遞減.考向二

已知函數零點情況求參數的值或范圍[例2]已知函數f(x)=ex-a(x+2).(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)若f(x)有兩個零點,求實數a的取值范圍.解

(1)當a=1時,f(x)=ex-(x+2),則f'(x)=ex-1.當x<0時,f'(x)<0;當x>0時,f'(x)>0,所以f(x)在區間(-∞,0)內單調遞減,在區間(0,+∞)內單調遞增.(2)(方法一)f'(x)=ex-a.當a≤0時,f'(x)>0,所以f(x)在區間(-∞,+∞)內單調遞增.故函數f(x)至多存在一個零點,不符合題意.當a>0時,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln

a.當x∈(-∞,ln

a)時,f'(x)<0;當x∈(ln

a,+∞)時,f'(x)>0.因此當x=ln

a時函數f(x)取得最小值,且f(ln

a)=-a(1+ln

a). (方法二)若f(x)有兩個零點,即ex-a(x+2)=0有兩個根,因此函數g(x)=ex的圖象與直線l:y=a(x+2)有兩個不同的交點.方法總結根據函數零點情況求參數的取值范圍問題的解法(1)將函數中的參數λ與變量分離,得λ=g(x),轉化為研究方程λ=g(x)根的個數問題,然后利用導數研究函數g(x)的最值或值域,結合圖象,根據直線y=λ與函數g(x)的圖象交點的個數確定參數λ的取值范圍.(2)直接研究函數f(x)的單調性與極值情況,必要時分類討論,同時結合函數零點存在定理建立不等式求解.(3)轉化為兩個熟悉函數的圖象的位置關系問題,借助直線與曲線相切作為臨界狀態,再根據零點個數進一步構建不等式求解.精典對練·得高分已知函數f(x)=ln(1+x)+axe-x.(1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)若f(x)在區間(-1,0),(0,+∞)各恰有一個零點,求a的取值范圍.解

(1)當a=1時,f(x)=ln(1+x)+xe-x,所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切線方程為y=2x.若-1≤a<0,則當x∈(0,1]時,g(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)>0,所以當x>0時,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在區間(0,+∞)內單調遞增,所以當x>0時,f(x)>f(0)=0,不符合題意,舍去.若a<-1,則g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,當x>1時,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x1)=g(x2)=0.所以f(x)在區間(-1,x1),(x2,+∞)內單調遞增,在區間(x1,x2)內單調遞減,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(0)=0,當x∈(x1,0)時,f(x)>0恒成立;當x∈(0,x2)時,f(x)<0恒成立.令h(x)=xe-x,則h'(x)=e-x(1-x),所以當x>1時,h'(x)<0,所以h(x)在區間(1,+∞)內單調遞減,所以當x>1時,0<h(x)<h(1)=e-1<1.又a<-1,所以當x>1時,axe-x>a.取x=e-a,因為a<-1,0<x2<1,所以e-a>e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln

e-a+a=0.又f(x2)<0,所以f(x)在區間(x2,+∞)內只有一個零點,即f(x)在區間(0,+∞)內只有一個零點.由h'(x)=e-x(1-x),知當-1<x<0時,h'(x)>0,所以h(x)在區間(-1,0)內單調遞增,所以當-1<x<0時,h(-1)<h(x),即xe-x>-e.又a<-1,所以axe-x<-ae.取x=e3a-1∈(-1,0),則f(e3a-1)<ln(1+e3a-1)-ae=a(3-e)<0.又f(x1)>0,所以f(x)在區間(e3a-1,x1)內只有一個零點,即f(x)在區間(-1,0)內只有一個零點.綜上所述,a的取值范圍為(-∞,-1).數學思想·擴思路函數與方程思想設函數f(x)=ax2-lnx