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2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验对方向1.(2016北京18)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,f(2)=2e+2,f(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1,解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知,f(x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.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(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).2.(2016四川21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)1x-e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0,有x=12a.此时,当x0,12a时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s(x)=ex-1-1.而当x1时,s(x)0,所以s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)0,从而当x1时,g(x)0.当a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a12,+.新题演练提能刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=13x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间-2,a上单调递增,求a的取值范围.解(1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),又f(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3,所以f(0)=a=-3,所以f(x)=x2+2x-3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-3)-3(-3,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-3),(1,+),单调递减区间为(-3,1).(2)因为函数f(x)在区间-2,a上单调递增,所以f(x)0.即对x-2,a,只要f(x)min0.因为函数f(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1,当-2a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(a),由f(a)=a2+3a0,得a0或a-3,所以此种情况不成立;当a-1时,f(x)在-2,a上的最小值为f(-1),由f(-1)=1-2+a0得a1,综上,实数a的取值范围是1,+).2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x+1x+2mx.(1)当f(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2mx2+(2-m)x-1x2=(mx+1)(2x-1)x2,由f(1)=0,解得m=-1.从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-1.(2)由f(x)=(mx+1)(2x-1)x2(x0),当m0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+.当m0时,由f(x)=(mx+1)(2x-1)x2=0,得x=-1m,或x=12.当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1m和12,+,增区间为-1m,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+),没有增区间.当-2m0时,y=f(x)的减区间为0,12和-1m,+,增区间为12,-1m.综上可知:当m0时,函数y=f(x)的减区间为0,12,增区间为12,+;当m-2时,y=f(x)的减区间为0,-1m和12,+,增区间为-1m,12;当m=-2时,y=f(x)的减区间为(0,+),没有增区间;当-2m1,使f(x)+x0,f(x)=1x-ax2-1=-x2+x-ax2,方程-x2+x-a=0对应的=1-4a,当=1-4a0,即a14时,当x(0,+)时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减;当0a14时,方程-x2+x-a=0的两根为11-4a2,且01-1-4a20,函数f(x)单调递增,在0,1-1-4a2,1+1-4a2,+上f(x)0,函数f(x)单调递减;当a0时,1-1-4a20,此时当x0,1+1-4a2,f(x)0,f(x)单调递增,当x1+1-4a2,+时,f(x)0,f(x)单调递减.综上:当a0时,x0,1+1-4a2,f(x)单调递增,当x1+1-4a2,+时,f(x)单调递减;当0axln x+2x-1,即存在x1,使axlnx+2x-1x-1成立.设g(x)=xlnx+2x-1x-1(x1),则g(x)=x-lnx-2(x-1)2,设h(x)=x-ln x-2,则h(x)=1-1x=x-1x0,h(x)在(1,+)上单调递增.又h(3)=3-ln 3-2=1-ln 30,根据零点存在性定理,可知h(x)在(1,+)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0(3,4),且h(x0)=x0-ln x0-2=0,即x0-2=ln x0,g(x)min=x0ln x0+2x0-1x0-1=x0+1.由题意可知ax0+1.又x0(3,4),aZ,a的最小值为5.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=3x-1ex+ax(x0,aR).(1)若f(x)在(0,+)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.解(1)f(x)=3x-1ex+ax(x0),f(x)=ex3x-1-3x2-ax2=-x2+3x-3x2ex-ax2.由题意得f(x)=-x2+3x-3x2ex-ax20在(0,+)恒成立,即a(-x2+3x-3)ex在(0,+)恒成立,设g(x)=(-x2+3x-3)ex,则g(x)=ex(-x2+x),g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,g(x)max=g(1)=-e,a-e.实数a的取值范围为-e,+).(2)由题意得f(x)=3x-1ex+ax=2(x0),a=2x-(3-x)ex(x0),令h(x)=2x-(3-x)ex,则h(x)=2+(x-2)ex,令(x)=h(x)=2+(x-2)ex(x0),则(x)=(x-1)ex,h(x)在(-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(x)min=h(1)=2-e0,存在x0(0,2),使得x0(0,x0)时h(x)0,h(x)单调递增,又h(0)=-3,h(x0)0,a(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解,即当a(-3,-e)时,方程f(x)=2只有一个解.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验对方向1.(2018全国21)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f(x)=0得,x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时,f(x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2ln x20.设函数g(x)=1x-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0.所以1x2-x2+2ln x20,即f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.2.(2017北京19)已知函数f(x)=excos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.解(1)因为f(x)=excos x-x,所以f(x)=ex(cos x-sin x)-1,f(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,2时,h(x)0,所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x0,2有h(x)h(0)=0,即f(x)0.所以函数f(x)在区间0,2上单调递减.因此f(x)在区间0,2上的最大值为f(0)=1,最小值为f2=-2.3.(2017全国21)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.(1)解f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12内单调递减,在12,+内单调递增.又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)0时,m(x)0;当x0时,m(x)0,当x0时,h(x)0时,h(x)0,h(x)单调递增,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0.()当0a1时,ln a0,当x(-,ln a)时,ex-eln a0,h(x)单调递增;当x(ln a,0)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时h(x)取到极大值.极大值为h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2,当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;()当a=1时,ln a=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值;()当a1时,ln a0,所以当x(-,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增;当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.综上所述:当a0时,h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当0a1时,函数h(x)在(-,0)和(ln a,+)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-aln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.5.(2016全国21)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.(1)解f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).f(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,当且仅当x=0时,f(x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当x(0,+)时,f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(2)证明g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+20),若g(x)的最大值大于a2-1,求a的取值范围.解(1)定义域为(0,+),f(x)=1-lnxx2,令f(x)=0得x=e.x(0,e),f(x)0,f(x)单调递增;x(e,+),f(x)0),g(x)=1x-2ax=1-2ax2x(x0,a0).令g(x)=0,得x=12a.x0,12a,g(x)0,g(x)单调递增;x12a,+,g(x)a2-1,得ln a+a-10,h(a)单调递增,而h(1)=0,h(a)-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a0时g(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增,当x0时g(x)-1,所以1+a0,即f(x)0,所以函数f(x)在R上单调递增.(2)证明由(1)知f(x)在1,+)上单调递增,因为a1-e,所以f(1)=e-1+a1,则h(x)=x(1-ex)0恒成立,所以函数h(x)在(1,+)上单调递减,所以h(x)e(1-1)+1212=12,所以et(1-t)+12t212,即当x1,+)时,f(x)min12,故函数f(x)在1,+)上的最小值小于12.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若xR,f(x)+exx3+x,求a的取值范围.解(1)f(x)=(x-1)ex-ax2,f(x)=xex-2ax=x(ex-2a),当a0时,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,f(x)有1个极值点;当0a12时,f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+)上单调递增,f(x)有2个极值点.综上可得:当a0时,f(x)有1个极值点;当a0且a12时,f(x)有2个极值点;当a=12时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+exx3+x,得xex-x3-ax2-x0(*).当x0时,由不等式(*)得ex-x2-ax-10,即aex-x2-1x对x0恒成立.设g(x)=ex-x2-1x,则g(x)=(x-1)(ex-x-1)x2.设h(x)=ex-x-1,则h(x)=ex-1.x0,h(x)0,h(x)在(0,+)上单调递增,h(x)h(0)=0,即exx+1,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=e-2,ae-2.当x=0时,不等式(*)恒成立,aR;当x0时,由不等式(*)得ex-x2-ax-10.设h(x)=ex-x2-ax-1,则h(x)=ex-2x-a.设(x)=ex-2x-a,则(x)=ex-20,h(x)在(-,0)上单调递减,h(x)h(0)=1-a.若a1,则h(x)0,h(x)在(-,0)上单调递增,h(x)1,则有h(0)=1-a0,x00,使得x(x0,0)时,h(x)h(0)=0,舍去.a1.综上可得,a的取值范围是(-,e-2.4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=ae2x-aex-xex(a0,e=2.718,e为自然对数的底数),若f(x)0对于xR恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且ln22e+14e2f(x0)14.(1)解由f(x)=ex(aex-a-x)0可得,g(x)=aex-a-x0.因为g(0)=0,所以g(x)g(0),从而x=0是g(x)的一个极小值点,由于g(x)=aex-1,所以g(0)=a-1=0a=1.当a=1时,g(x)=ex-1-x,g(x)=ex-1,x(-,0),g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增;g(x)g(0)=0,故a=1.(2)证明当a=1时,f(x)=e2x-ex-xex,f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h(x)=2ex-1.x(-,-ln 2),h(x)0,h(x)在(-ln 2,+)上为增函数.由于h(-1)0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0,h(x)在(-,-ln 2)上为减函数,x(-,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(-,x0)上为增函数;x(x0,-ln 2)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数,因此f(x)在(-,-ln 2)上只有一个极大值点x0,由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+)上为增函数,x(-ln 2,0)时,h(x)0,即f(x)0,即f(x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,因此f(x)在(-ln 2,+)上只有一个极小值点0,综上可知:f(x)存在唯一的极大值点x0,且x0(-2,-1).h(x0)=0,2ex0-x0-2=0.f(x0)=e2x0-ex0-x0ex0=x0+222-x0+22(x0+1)=-x02+2x04,x0(-2,-1),x(-2,-1)时,-x2+2x414,f(x0)14.ln 12e(-2,-1),f(x0)fln 12e=ln22e+14e2.综上知:ln22e+14e2f(x0)14.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验对方向1.(2018全国21)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.(1)证明当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值.若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)只有一个零点;若h(2)e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-1a0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e24.2.(2017全国21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).()若a0,则f(x)0,则由f(x)=0得x=-ln a.当x(-,-ln a)时,f(x)0,所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+)单调递增.(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.()若a0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-1a+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0en0-n02n0-n00.由于ln3a-1-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点.综上,a的取值范围为(0,1).3.(2015全国21)已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用minm,n表示m,n中的最小值,设函数h(x)=minf(x),g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f(x0)=0,即x03+ax0+14=0,3x02+a=0.解得x0=12,a=-34.因此,当a=-34时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x(1,+)时,g(x)=-ln x0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,+)无零点.当x=1时,若a-54,则f(1)=a+540,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a-54,则f(1)0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.()若a-3或a0,则f(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=14,f(1)=a+54,所以当a-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a0时,f(x)在(0,1)没有零点.()若-3a0,即-34a0,f(x)在(0,1)无零点;若f-a3=0,即a=-34,则f(x)在(0,1)有唯一零点;若f-a30,即-3a-34,由于f(0)=14,f(1)=a+54,所以当-54a-34时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3-34或a-54时,h(x)有一个零点;当a=-34或a=-54时,h(x)有两个零点;当-54a0,求证:f(x)g(x)x+1+x2-82x+4.(1)解函数F(x)的定义域为(-,a)(a,+).当x(a,+)时,ex0,1x-a0,所以F(x)=ex+1x-a0,即F(x)在区间(a,+)上没有零点.当x(-,a)时,F(x)=ex+1x-a=ex(x-a)+1x-a,令h(x)=ex(x-a)+1.只要讨论h(x)的零点即可.h(x)=ex(x-a+1),h(a-1)=0,当x(-,a-1)时,h(x)0,h(x)是增函数.所以h(x)在区间(-,a)的最小值为h(a-1)=1-ea-1.显然,当a=1时,h(a-1)=0,所以x=a-1是F(x)的唯一的零点;当a0,所以F(x)没有零点;当a1时,h(a-1)=1-ea-10,要证f(x)g(x)x+1+x2-82x+4,即要证ex(x+2)x+1+12x2-4,x+1x24+x+1=x2+1,设M(x)=ex-(x+2)x2+1-12x2+4=ex-x2-2x+2,M(x)=ex-2x-2,令(x)=ex-2x-2,(x)=ex-2,(x)在(-,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增.(1)(2)0,(-1)(0)0,M(x)在(0,+)上只有一个零点x0(1x00.ex(x+2)x2+1+12x2-4.x2+1x+1,ex(x+2)x+1+12x2-4,f(x)g(x)x+1+x2-82x+4得证.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=ex-1-aln x,其中e为自然对数的底数.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若0ae,求证:f(x)无零点.(1)解若a=1,则f(x)=ex-1-ln x(x0),f(x)=xex-1-1x(x0).令t(x)=xex-1-1(x0),则t(x)=(x+1)ex-1(x0).当x0时,t(x)0,即t(x)单调递增.又t(1)=0,当x(0,1)时,t(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)证法一由f(x)=ex-1-aln x(x0)可知,f(x)=xex-1-ax(x0),当a=0时,f(x)=ex-1,显然f(x)没有零点;当0ae时,由(1)可知函数g(x)=xex-1-a在0,+)单调递增,且g(0)0.存在唯一的x0(0,e)使得f(x0)=0,即x0ex0-1=a,当x(0,x0)时,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)的最小值为f(x0)=ex0-1-aln x0,由可知,a=x0ex0-1,当0ae时,有00,综上所述,函数f(x)无零点.证法二当a=0时,f(x)=ex-10显然成立.当0ae时,()当00显然成立.()当x1时,易证:0ln xx-1,aln xex-1-e(x-1)0.(此处可构造函数,也可利用exex进行放缩.)综上,f(x)0恒成立,f(x)没有零点.证法三由可知,ex0-1=ax0,且ln x0=ln a-x0+1,代入式可得,f(x0)=a1x0+x0-ln a-1,x0(0,e),x0+1x02,当且仅当x0=1,即a=1时取等号,f(x0)a-aln a,令h(x)=x-xln x(00,h(x)单调递增,当x(1,e)时,h(x)0,h(x)单调递减,当x(0,1)时,ln x0,则xln x0,又h(e)=0,当x(0,e时,h(x)0恒成立,当且仅当x=e时取等号,00,f(x)0恒成立,综上所述,函数f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=aln x-x2+(2a-1)x(aR)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22a.(1)解法一函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=ax-2x+2a-1=(2x+1)(a-x)x,当a0时,易得f(x)0时,令f(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+)f(x)+0-f(x)增极大值减f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(ln a+a-1).设g(x)=ln x+x-1,g(x)=1x+10,则g(x)在(0,+)上单调递增.g(1)=0,当x1时,g(x)1时,g(x)0.因此:()当01时,f(x)max=ag(a)0,f1e=a2e-1-1e2-1e1),h(x)=1x-10,h(x)在(1,+)上单调递减,则h(3a-1)h(2)=ln 2-20,f(3a-1)=ah(3a-1)0,f(x)在区间(a,3a-1)上有一个零点,那么f(x)恰有两个零点.综上所述,当f(x)有两个不同零点时,a的取值范围是(1,+).解法二函数的定义域为(0,+).f(x)=ax-2x+2a-1=(2x+1)(a-x)x,当a0时,易得f(x)0时,令f(x)=0,得x=a,则x(0,a)a(a,+)f(x)+0-f(x)增极大值减f(x)max=f(x)极大值=f(a)=a(ln a+a-1).要使函数f(x)有两个零点,则必有f(a)=a(ln a+a-1)0,即ln a+a-10,设g(a)=ln a+a-1,g(a)=1a+10,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0,a1.当a1时,f1e=a2e-1-1e2-1e0,f(x)在区间1e,a上有一个零点;设h(x)=ln x-x,h(x)=1x-1=1-xx,h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=-10,ln x0,f(4a)1,且当x(0,a)时,f(x)是增函数;当x(a,+)时,f(x)是减函数;不妨设x1x2,则0x1a0,F(x)单调递增.F(a)=0,F(x)0,f(x)f(2a-x),x1(0,a),f(x1)f(2a-x1),f(x1)=f(x2),f(x2)2a-x1,x1+x22a.证法二由(1)可知,f(x)有两个不同的零点,a1,且当x(0,a)时,f(x)是增函数.当x(a,+)时,f(x)是减函数.不妨设x1x2,则0x1a0,F(x)单调递增.F(0)=0,F(x)0,f(a+x)f(a-x),a-x1(0,a),f(x1)=f(x2)=f(a-(a-x1)2a-x1,x1+x22a.命题角度4导数与不等式高考真题体验对方向1.(2018全国21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.(1)证明当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-x1+x,设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=x(1+x)2,当-1x0时,g(x)0时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,且仅当x=0时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)解若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.若a0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10,则当0x-6a+14a,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min1,1|a|时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16.2.(2016全国21)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(co
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