2021年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(教學(xué)案)解析版

專題4導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考將以導(dǎo)數(shù)的幾何意義為背景，重點(diǎn)考查運(yùn)算及數(shù)形結(jié)合能力，導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用涉及的知識(shí)面廣，綜合的知識(shí)點(diǎn)多，形式靈活，是每年的必考內(nèi)容，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)．預(yù)測(cè)高考仍將利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)問題、含參數(shù)的不等式恒成立、能成立、實(shí)際問題的最值等形式考查．1．導(dǎo)數(shù)的定義f′(x)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).2．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)．3．導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算(1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式①c′＝0(c為常數(shù))；②(xm)′＝mxm－1；③(sinx)′＝cosx;④(cosx)′＝－sinx；⑤(ex)′＝ex;⑥(ax)′＝axlna；⑦(lnx)′＝eq\f(1,x)；⑧(logax)′＝eq\f(1,xlna).(2)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[eq\f(fx,gx)]′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x).④設(shè)y＝f(u)，u＝φ(x)，則y′x＝y(tǒng)′uu′x.4．函數(shù)的性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增．如果f′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減．5．利用定積分求曲線圍成圖形的面積的步驟：①畫出圖形；②確定被積函數(shù)；③求出交點(diǎn)坐標(biāo)，確定積分的上、下限；④運(yùn)用微積分基本定理計(jì)算定積分，求出平面圖形的面積．特別注意平面圖形的面積為正值，定積分值可能是負(fù)值．被積函數(shù)為y＝f(x)，由曲線y＝f(x)與直線x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所圍成的曲邊梯形的面積為S.①當(dāng)f(x)>0時(shí)，S＝eq\i\in(a,b,)f(x)dx；②當(dāng)f(x)<0時(shí)，S＝－eq\i\in(a,b,)f(x)dx；③當(dāng)x∈[a，c]時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x∈[c，b]時(shí)，f(x)<0，則S＝eq\i\in(a,c,)f(x)dx－eq\i\in(c,b,)f(x)dx.高頻考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)的幾何意義及應(yīng)用例1、（2018年全國Ⅲ卷理數(shù)）曲線在點(diǎn)處的切線的斜率為，則________．【答案】-3【解析】，則所以【變式探究】(1)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2,7)，則a＝________.【解析】基本法：由題意可得f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切線過點(diǎn)(2,7)∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝速解法：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)連線斜率k＝eq\f(5－a,1)＝5－a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.【答案】1(2)已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________.【解析】基本法：令f(x)＝x＋lnx，求導(dǎo)得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設(shè)直線y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切點(diǎn)為P(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0＝－eq\f(1,2)，又axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即axeq\o\al(2,0)＋ax0＋2＝0，當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不滿足此方程，∴x0＝－eq\f(1,2)，此時(shí)a＝8.速解法：求出y＝x＋lnx在(1,1)處的切線為y＝2x－1由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1,y＝ax2＋a＋2x＋1))得ax2＋ax＋2＝0，∴Δ＝a2－8a＝0∴a＝8或a＝0(顯然不成立)．【答案】8【變式探究】設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0B．1C．2D．3【解析】基本法：y′＝a－eq\f(1,x＋1)，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故選D.【答案】D高頻考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R，函數(shù)f(x)=，當(dāng)λ=2時(shí)，不等式f(x)<0的解集是___________．若函數(shù)f(x)恰有2個(gè)零點(diǎn)，則λ的取值范圍是___________．【答案】(1).(1,4)(2).【解析】由題意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是當(dāng)QUOTE時(shí)，QUOTE，此時(shí)QUOTE，即在QUOTE上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)QUOTE時(shí)，QUOTE，由QUOTE在QUOTE上只能有一個(gè)零點(diǎn)得QUOTE.綜上，QUOTE的取值范圍為QUOTE?！咀兪教骄俊?1)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)【解析】基本法：a＝0時(shí)，不符合題意．a(chǎn)≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).若a＞0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不符合題意．則a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時(shí)必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋1＞0，化簡得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故選C.速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，在(－1,0)處有零點(diǎn)，不符合題意．∴a＜0，若a＝－eq\f(4,3)，則f(x)＝－eq\f(4,3)x3－3x2＋1f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－eq\f(3,2).此時(shí)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))為極小值且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜0，有三個(gè)零點(diǎn)，排除D.【答案】C(2)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形C．若x0是f(x)的極小值點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減D．若x0是f(x)的極值點(diǎn)，則f′(x0)＝0【解析】基本法：由三次函數(shù)的值域?yàn)镽知，f(x)＝0必有解，A項(xiàng)正確；因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的圖象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形，B項(xiàng)正確；若y＝f(x)有極值點(diǎn)，則其導(dǎo)數(shù)y＝f′(x)必有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x1，x2(x1＜x2)，則有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上遞增，在(x1，x2)上遞減，在(x2，＋∞)上遞增，則x2為極小值點(diǎn)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．選C.速解法：聯(lián)想f(x)的圖象模型如圖顯然C錯(cuò)．【答案】C【方法技巧】1.函數(shù)圖象是研究函數(shù)單調(diào)性、極值、最值最有利的工具．2．可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，如函數(shù)f(x)＝x3，當(dāng)x＝0時(shí)就不是極值點(diǎn)，但f′(0)＝0.3．極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)取得極值；在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件．4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)的值的符號(hào)，如果“左正右負(fù)”，那么f(x)在這個(gè)根處取得極大值；如果“左負(fù)右正”，那么f(x)在這個(gè)根處取得極小值；如果左右不改變符號(hào)，即都為正或都為負(fù)，則f(x)在這個(gè)根處無極值．【變式探究】函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，且f(x)的極小值等于－115，則a的值是()A．－eq\f(81,22)B.eq\f(1,3)C．2D．5【解析】基本法：由已知可知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由3ax2＋2bx＋c≤0的解集為{x|－2≤x≤3}可知a＞0，且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系知－eq\f(2b,3a)＝(－2)＋3，eq\f(c,3a)＝－2×3，∴b＝eq\f(－3a,2)，c＝－18a，此時(shí)f(x)＝ax3－eq\f(3a,2)x2－18ax－34，當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(－2,3)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，∴f(3)為f(x)的極小值，∵f(3)＝27a－eq\f(27a,2)－54a－34＝－115，∴a＝2，故選C.【答案】C高頻考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性例3、【2019年高考北京】設(shè)函數(shù)（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．【答案】【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關(guān)于的恒等式，據(jù)此可得的值，然后利用可得a的取值范圍.若函數(shù)為奇函數(shù)，則即，即對(duì)任意的恒成立，則，得.若函數(shù)是R上的增函數(shù)，則在R上恒成立，即在R上恒成立，又，則，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.【舉一反三】（2018年全國Ⅱ卷理數(shù)）若在是減函數(shù)，則的最大值是A.B.C.D.【答案】A【解析】因?yàn)?，所以由得，因此，從而的最大值為?！咀兪教骄俊咳艉瘮?shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【解析】基本法：由題意知f′(x)≥0對(duì)任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，所以2x＋a－eq\f(1,x2)≥0對(duì)任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，分離參數(shù)得a≥eq\f(1,x2)－2x，若滿足題意，需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－2x))max.令h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).因?yàn)閔′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時(shí)，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以h(x)＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，故a≥3.速解法：當(dāng)a＝0時(shí)，檢驗(yàn)f(x)是否為增函數(shù)，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)＋2＝eq\f(9,4)，f(1)＝1＋1＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(1)與增函數(shù)矛盾．排除A、B、C.故選D.【答案】D(2)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)【解析】基本法：依題意得f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜eq\f(1,x)＜1，∴k≥1，故選D.速解法：若k＝1，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－lnx為增函數(shù)．【答案】D高頻考點(diǎn)四利用導(dǎo)數(shù)證明不等式例4．已知函數(shù)f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k>0)．(1)若f(x)在R上單調(diào)遞減，求k的取值范圍；(2)若x>0，求證：(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.【解析】(1)因f(x)在R上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1≤0恒成立．令g(x)＝f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1，則g′(x)＝kekx(k－kx－2)因?yàn)閗>0，當(dāng)x>eq\f(k－2,k)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x<eq\f(k－2,k)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(k－2,k)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－2,k)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－2,k)))＝ek－2－1≤0，即0<k≤2.(2)證明：由(1)知當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減，當(dāng)x>0時(shí)，則f(x)<f(0)＝0，即(1－x)e2x－x－1<0，又x>0時(shí)，－x<0，則f(－x)>f(0)＝0，即(1＋x)e－2x＋x－1>0，從而(1＋x)e－2x＋x－1>(1－x)e2x－x－1，即(1＋x)e－2x＋(x－1)e2x＋2x>0，也即(2＋2x)e－2x＋(2x－2)e2x＋4x>0令t＝2x>0，則(2＋t)e－t＋(t－2)et＋2t>0，即x>0時(shí)，(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1.由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2等價(jià)于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.高頻考點(diǎn)五利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、存在性問題例5．已知函數(shù)f(x)＝mlnx＋eq\f(1,2)x2－(m＋1)x＋m(m>0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)證明：對(duì)任意x∈(1，＋∞)都有f(x)≥2m－eq\f(m2,2)－e恒成立．【解析】(1)①∵f(x)＝mlnx＋eq\f(1,2)x2－(m＋1)x＋m(m>0)，∴f′(x)＝eq\f(m,x)＋x－(m＋1)＝eq\f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq\f(x－1x－m,x)，當(dāng)0<m<1時(shí)，f(x)在(0，m)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(m,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)m＝1時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>1時(shí)，f(x)在(0,1)，(m，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，m)上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)0<m≤1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；f(x)>f(1)＝－eq\f(1,2)，∵eq\f(m2,2)－2m＋e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(m－2)2＋e－eq\f(5,2)>0，∴－eq\f(1,2)>2m－eq\f(m2,2)－e，即f(x)≥2m－eq\f(m2,2)－e成立；當(dāng)m>1時(shí)，f(1)在(1，m)上單調(diào)遞減，在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(m)＝mlnm－eq\f(m2,2)，要證f(x)≥2m－eq\f(m2,2)－e在(1，＋∞)上恒成立，只需證mlnm－2m＋e≥0在(1，＋∞)上恒成立，設(shè)g(m)＝mlnm－2m＋e，則g′(m)＝lnm－1，令g′(m)>0，則m>e，∴g(m)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(m)min＝g(e)＝0，∴f(x)≥2m－eq\f(m2,2)－e成立．綜上所述，對(duì)任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥2m－eq\f(m2,2)－e恒成立．【變式探究】已知f(x)＝xeax－eq\f(a,2)x2－x＋1，a≠0.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x0≥1，使f(x0)<eq\f(a,2)成立，求參數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xex－eq\f(x2,2)－x＋1，所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．由f′(x)>0，得x<－1或x>0；由f′(x)<0，得－1<x<0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,0)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(0，＋∞)．(2)由題意，得f(x)min<eq\f(a,2)(x≥1)，因?yàn)閒′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，由f′(x)＝0，解得x1＝－eq\f(1,a)，x2＝0.①當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閤≥1，所以f′(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，即f(x)min＝f(1)．f(1)＝ea－eq\f(a,2)<eq\f(a,2)，即ea－a<0.設(shè)g(a)＝ea－a(a>0)，g′(a)＝ea－1>0.所以g(a)min>g(0)＝e0－0＝1>0，即ea>a恒成立，即g(a)>0，所以不等式ea－a<0無解；②當(dāng)a<0時(shí)，x(－∞，0)0(0，－eq\f(1,a))－eq\f(1,a)(－eq\f(1,a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值且f(0)＝1>0，由①知f(1)>eq\f(a,2)恒成立，若?x0≥1，使f(x0)<eq\f(a,2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)>1,f－\f(1,a)<\f(a,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<0，,－\f(1,ae)＋\f(1,2a)＋1<\f(a,2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<0，,1－\r(2－\f(2,e))<a<1＋\r(2－\f(2,e))))，解得1－eq\r(2－\f(2,e))<a<0.綜上所述，參數(shù)a的取值范圍為(1－eq\r(2－\f(2,e))，0)．高頻考點(diǎn)六利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根例6．函數(shù)f(x)＝2x2－ax＋1＋lnx(a∈R)．(1)若a＝5時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－2lnx，若函數(shù)g(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝5時(shí)，f(x)＝2x2－5x＋1＋lnx的定義域?yàn)閤∈(0，＋∞)，f′(x)＝4x－5＋eq\f(1,x)＝eq\f(4x－1x－1,x)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上單調(diào)遞減．故f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，(1，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)因?yàn)間(x)＝f(x)－2lnx＝2x2－ax＋1－lnx在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于ax＝2x2＋1－lnx在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩解，a＝2x＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，令h(x)＝2x＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))則h′(x)＝eq\f(2x2－2＋lnx,x2)，令t(x)＝2x2－2＋lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))則t′(x)＝eq\f(4x2＋1,x)>0，∴t(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增，又t(1)＝0，∴t(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有t(x)<0，t(x)在x∈(1，e]有t(x)>0，∴x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，h′(x)<0，x∈(1，e]時(shí)，h′(x)>0，∴h(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增．∴h(x)min＝h(1)＝3，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(2,e)＋2e，h(e)＝2e，由a＝2x＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)有兩解及heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)可知．∴a∈(3,2e]．【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.【解析】(1)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥1等價(jià)于(x2＋1)e－x－1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.當(dāng)x≠1時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減．而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)．(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)＞0，h(x)沒有零點(diǎn)；(ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)沒有零點(diǎn)．②若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)．③若h(2)＜0，即a＞eq\f(e2,4)，因?yàn)閔(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個(gè)零點(diǎn)；由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)＞1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)＞0，故h(x)在(2,4a)有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝eq\f(e2,4).1．【2019年高考全國Ⅲ卷】已知曲線在點(diǎn)（1，ae）處的切線方程為y=2x+b，則A． B．a(chǎn)=e，b=1C． D．，【答案】D【解析】∵∴切線的斜率，，將代入，得.故選D．2．【2019年高考天津】已知，設(shè)函數(shù)若關(guān)于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為A． B．C． D．【答案】C【解析】當(dāng)時(shí)，恒成立；當(dāng)時(shí)，恒成立，令，則，當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，∴，則.當(dāng)時(shí)，，即恒成立，令，則，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，則時(shí)，取得最小值，∴，綜上可知，的取值范圍是.故選C.3．（2019浙江）已知，函數(shù)．若函數(shù)恰有3個(gè)零點(diǎn)，則A．a(chǎn)<–1，b<0 B．a(chǎn)<–1，b>0 C．a(chǎn)>–1，b<0 D．a(chǎn)>–1，b>0【答案】C【解析】當(dāng)x＜0時(shí)，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=b則y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)x≥0時(shí)，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3-12（，當(dāng)a+1≤0，即a≤﹣1時(shí)，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上單調(diào)遞增，則y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a+1＞0，即a>﹣1時(shí)，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，則函數(shù)最多有2個(gè)零點(diǎn).根據(jù)題意，函數(shù)y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3個(gè)零點(diǎn)?函數(shù)y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一個(gè)零點(diǎn)，在[0，+∞）上有2個(gè)零點(diǎn)，如圖：∴b1-a＜0且解得b＜0，1﹣a＞0，b＞-16（a+1則a>–1，b<0.故選C．4．【2019年高考全國Ⅰ卷】曲線在點(diǎn)處的切線方程為____________．【答案】【解析】所以切線的斜率，則曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即．5．【2019年高考江蘇】在平面直角坐標(biāo)系中，P是曲線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線的距離的最小值是▲.【答案】4【解析】由，得，設(shè)斜率為的直線與曲線切于，由得（舍去），∴曲線上，點(diǎn)到直線的距離最小，最小值為.故答案為．6．【2019年高考江蘇】在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在曲線y=lnx上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)（-e，-1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則點(diǎn)A的坐標(biāo)是▲.【答案】【解析】設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，得到切線方程，然后求解方程得到橫坐標(biāo)的值，可得切點(diǎn)坐標(biāo).設(shè)點(diǎn)，則.又，當(dāng)時(shí)，，則曲線在點(diǎn)A處的切線為，即，將點(diǎn)代入，得，即，考察函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，且，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，注意到，故存在唯一的實(shí)數(shù)根，此時(shí)，故點(diǎn)的坐標(biāo)為.7．【2019年高考北京】設(shè)函數(shù)（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．【答案】【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關(guān)于的恒等式，據(jù)此可得的值，然后利用可得a的取值范圍.若函數(shù)為奇函數(shù)，則即，即對(duì)任意的恒成立，則，得.若函數(shù)是R上的增函數(shù)，則在R上恒成立，即在R上恒成立，又，則，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.8．【2019年高考全國Ⅰ卷】已知函數(shù)，為的導(dǎo)數(shù)．證明：（1）在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)；（2）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）設(shè)，則，.當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，而，可得在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為.則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故在存在唯一極大值點(diǎn)，即在存在唯一極大值點(diǎn).（2）的定義域?yàn)?（i）當(dāng)時(shí)，由（1）知，在單調(diào)遞增，而，所以當(dāng)時(shí)，，故在單調(diào)遞減，又，從而是在的唯一零點(diǎn).（ii）當(dāng)時(shí)，由（1）知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而，，所以存在，使得，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.又，，所以當(dāng)時(shí)，.從而，在沒有零點(diǎn).（iii）當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減.而，，所以在有唯一零點(diǎn).（iv）當(dāng)時(shí)，，所以<0，從而在沒有零點(diǎn).綜上，有且僅有2個(gè)零點(diǎn).9．【2019年高考全國Ⅱ卷】已知函數(shù).（1）討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；（2）設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y=lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線的切線.【答案】（1）函數(shù)在和上是單調(diào)增函數(shù)，證明見解析；（2）見解析.【解析】（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，1）（1，+∞）．因?yàn)?，所以在?，1），（1，+∞）單調(diào)遞增．因?yàn)閒（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零點(diǎn)x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零點(diǎn)．綜上，f（x）有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．（2）因?yàn)?，故點(diǎn)B（–lnx0，）在曲線y=ex上．由題設(shè)知，即，故直線AB的斜率．曲線y=ex在點(diǎn)處切線的斜率是，曲線在點(diǎn)處切線的斜率也是，所以曲線在點(diǎn)處的切線也是曲線y=ex的切線．10．【2019年高考全國Ⅲ卷】已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）是否存在，使得在區(qū)間的最小值為且最大值為1？若存在，求出的所有值；若不存在，說明理由.【答案】（1）見解析；（2）或.【解析】（1）．令，得x=0或.若a>0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；若a=0，在單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.（2）滿足題設(shè)條件的a，b存在.（i）當(dāng)a≤0時(shí)，由（1）知，在[0，1]單調(diào)遞增，所以在區(qū)間[0，l]的最小值為，最大值為.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)，，即a=0，．（ii）當(dāng)a≥3時(shí)，由（1）知，在[0，1]單調(diào)遞減，所以在區(qū)間[0，1]的最大值為，最小值為．此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)，b=1，即a=4，b=1．（iii）當(dāng)0<a<3時(shí)，由（1）知，在[0，1]的最小值為，最大值為b或．若，b=1，則，與0<a<3矛盾.若，，則或或a=0，與0<a<3矛盾．綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a=0，或a=4，b=1時(shí)，在[0，1]的最小值為-1，最大值為1．11．【2019年高考天津】設(shè)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)．（Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，證明；（Ⅲ）設(shè)為函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中，證明．【答案】（Ⅰ）的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為.（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.【解析】（Ⅰ）由已知，有．因此，當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞增．所以，的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為．（Ⅱ）證明：記．依題意及（Ⅰ），有，從而．當(dāng)時(shí)，，故．因此，在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而．所以，當(dāng)時(shí)，．（Ⅲ）證明：依題意，，即．記，則，且．由及（Ⅰ），得．由（Ⅱ）知，當(dāng)時(shí)，，所以在上為減函數(shù)，因此．又由（Ⅱ）知，，故．所以，．12．【2019年高考浙江】已知實(shí)數(shù)，設(shè)函數(shù)（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）對(duì)任意均有求的取值范圍．注：e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．【答案】（1）的單調(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是；（2）.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，．，所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3），單調(diào)遞增區(qū)間為（3，+）．（2）由，得．當(dāng)時(shí)，等價(jià)于．令，則．設(shè)，則．（i）當(dāng)時(shí)，，則．記，則.故10+單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以，．因此，．（ii）當(dāng)時(shí)，．令，則，故在上單調(diào)遞增，所以．由（i）得，．所以，．因此．由（i）（ii）知對(duì)任意，，即對(duì)任意，均有．綜上所述，所求a的取值范圍是．1.（2018年全國Ⅲ卷理數(shù)）曲線在點(diǎn)處的切線的斜率為，則________．【答案】-3【解析】，則所以2.（2018年浙江卷）已知λ∈R，函數(shù)f(x)=，當(dāng)λ=2時(shí)，不等式f(x)<0的解集是___