2019版二轮复习数学（文）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·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.

解：(1)因为f′(x)＝，

所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.

(2)证明：当a≥1时，

f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.

令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，

则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.

当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)≥g(－1)＝0.

因此f(x)＋e≥0.

2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．

(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)只有一个零点．

解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，

f′(x)＝x2－6x－3.

令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.

当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；

当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.

故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．

(2)证明：因为x2＋x＋1>0，

所以f(x)＝0等价于－3a＝0.

设g(x)＝－3a，

则g′(x)＝≥0，

仅当x＝0时，g′(x)＝0，

所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．

又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，

故f(x)有一个零点．

综上，f(x)只有一个零点．

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·沈阳质检)已知f(x)＝ex－ax2－2x(a∈R)．

(1)求函数f(x)的图象恒过的定点坐标；

(2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值；

(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2<f(x0)<－.

解：(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，

此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，

∴函数f(x)的图象恒过的定点坐标为(0,1)．

(2)依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，

∴ex≥ax＋1恒成立．

构造函数g(x)＝ex－ax－1，

则g′(x)＝ex－a，

①若a≤0，则g′(x)>0，

∴g(x)在R上单调递增，且当x＝0时，g(x)＝0，

∴ex≥ax＋1不能恒成立．

②若a>0，令g′(x)＝0，∴x＝ln a.

当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；

当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，

∴函数g(x)在x＝ln a处取得极小值，

g(ln a)＝a－aln a－1.

∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，

只需a－aln a－1≥0.

设h(a)＝a－aln a－1，

则h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a，

当a∈(0,1)时，h′(a)>0，函数h(a)单调递增；

当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，函数h(a)单调递减．

∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0，

∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.

综上，a的值为1.

(3)证明：由(2)知，f′(x)＝ex－2x－2，

设m(x)＝ex－2x－2，则m′(x)＝ex－2，

当x>ln 2时，m′(x)>0，当x<ln 2时，m′(x)<0，

∴函数m(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，

m(x)＝ex－2x－2在x＝ln 2处取得极小值，且m(ln 2)＝－2ln 2<0，又m(－1)＝>0，m(2)＝e2－6>0，

∴m(x)有两个变号零点，

∴f(x)存在唯一的极小值点x0，

∴f′(x0)＝0，即ex0－2x0－2＝0，

∴f(x0)＝ex0－x－2x0＝2x0＋2－x－2x0＝2－x，

∵m＝e－2×－2＝e－5<0，

∴x0∈，

∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x∈，

即－2<f(x0)<－.