2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”

　　　　　　　　　　　　[技法指导——迁移搭桥]

[典例]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

[快审题]

[稳解题]

(1)f′(x)＝－a(x>0)，

①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，

故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，

当a＝e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)max＝f(1)＝－e.

记g(x)＝－2e(x>0)，

则g′(x)＝，

所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝－e.

综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，

即xf(x)－ex＋2ex≤0.

法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，

即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，

从而等价于ln x－x＋2≤.

设函数g(x)＝ln x－x＋2，

则g′(x)＝－1.

所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，

故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.

设函数h(x)＝，则h′(x)＝.

所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，

h′(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x>0时，g(x)≤h(x)，

即xf(x)－ex＋2ex≤0.

[题后悟道]　函数与导数综合问题的关键

(1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；

(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；

(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．

[针对训练]

已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.

(1)若曲线y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；

(2)若至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围；

(3)设k∈Z，当x>1时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．

解：(1)由已知得，f′(x)＝ln x＋1，且y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，

所以f′(e)＝ln e＋1＝2＝k－3，解得k＝5.

(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]使f(x0)<g(x0)成立，所以至少存在一个x使xln x<成立，

即至少存在一个x使a>成立．

令h(x)＝，当x∈[1，e]时，h′(x)＝≥0恒成立，

因此h(x)＝在[1，e]上单调递增.

故当x＝1时，h(x)min＝0，

所以实数a的取值范围为(0，＋∞)．

(3)由已知得，xln x>(k－3)x－k＋2在x>1时恒成立，即k<.

令F(x)＝，

则F′(x)＝.

令m(x)＝x－ln x－2，

则m′(x)＝1－＝>0在x>1时恒成立.

所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，

所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0(x0∈(3,4))使m(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0.

当1<x<x0时，m(x)<0，即F′(x)<0，当x>x0时，m(x)>0，即F′(x)>0，

所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

故F(x)min＝F(x0)＝

＝＝x0＋2∈(5,6)．

故k<x0＋2(k∈Z)，所以k的最大值为5.

[总结升华]

函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．　　　　

1．(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a>0时，证明：f(x)≥.

解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；

若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，

即证ln a＋－1≥0.

令函数g(a)＝ln a＋－1，

则g′(a)＝－＝(a>0)，

当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，

所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(a)min＝g(1)＝0.

所以ln a＋－1≥0恒成立，

所以f(x)≥.

2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.

(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.

设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，

则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.

当x≠1时，g′(x)<0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.

(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.

f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．

(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；

(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.

当x∈(0,2)时，h′(x)<0；

当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0,2)上单调递减，

在(2，＋∞)上单调递增．

故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

①当h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．

②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．

③当h(2)<0，即a>时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．

由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．

综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.

3．(2018·西安质检)设函数f(x)＝ln x＋(k∈R)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；

(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．

解：(1)由条件得f′(x)＝－(x>0)，

∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，

∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，

∴f′(x)＝－＝(x>0)．

由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，

∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2.

∴f(x)的极小值为2.

(2)由题意知对任意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，

设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)，

则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，

即当x>0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，

∴k≥.

故k的取值范围是.

4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.

(1)若a＝0，证明：当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；

(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.

解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.

设函数g(x)＝ln(1＋x)－，

则g′(x)＝.

当－1<x<0时，g′(x)<0；当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，＋∞)上单调递增．

又f(0)＝0，

故当－1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.

(2)①若a≥0，由(1)知，

当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，

这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．

②若a<0，

设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.

由于当|x|<min时，2＋x＋ax2>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)＝－

＝.

若6a＋1>0，则当0<x<－，

且|x|<min时，h′(x)>0，

故x＝0不是h(x)的极大值点．

若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，

故当x∈(x1,0)，且|x|<min时，h′(x)<0，

所以x＝0不是h(x)的极大值点．

若6a＋1＝0，则h′(x)＝，

则当x∈(－1,0)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＝－.