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2024届高考数学一轮复习第3章解答题模板构建1利用导数研究函数问题学案
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(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝x+fxxfx，证明：g(x)<1.
[规范解答]
(1)由f(x)＝ln (a－x)⇒f′(x)＝1x-a，x∈(－∞，a)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
y＝xf(x)⇒y′＝ln (a－x)＋xx-a. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
又x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′(0)＝ln a＝0，解得a＝1. ⋯⋯⋯3分
(2)由(1)得f(x)＝ln (1－x)，g(x)＝x+fxxfx＝x+ln1-xxln1-x，x<1且x≠0. ⋯⋯⋯⋯⋯4分
当x∈(0，1)时，因为x>0，ln (1－x)<0, 所以x ln (1－x)<0，所以要证g(x)＝x+ln1-xxln1-x<1，
即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，化简得x＋(1－x)ln (1－x)>0；⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
同理，当x∈(－∞，0)时，因为x<0，ln (1－x)>0，所以x ln (1－x)<0，所以要证g(x)＝x+ln1-xxln1-x<1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，化简得x＋(1－x)ln (1－x)>0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0，1)∪(1，＋∞)，x＝1－t.8分
令g(t)＝1－t＋t ln t，
g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
当t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
综上所述，g(x)＝x+ln1-xxln1-x<1在x∈(－∞，0)∪(0，1)上恒成立．⋯⋯⋯⋯⋯12分
第一步：计算y′；
第二步：根据x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，求a；
第三步：写出g(x)的解析式，求定义域，变形；
第四步：分别在x∈(0，1)与x∈(－∞，0)两种情况下对不等式g(x)<1进行转化，变形；
第五步：根据不等式构造新函数，求导，确定函数的单调性；
第六步：由新函数的单调性与最值证明结论正确．
类型一 利用导数解决恒成立问题
已知函数f(x)＝(x2－ax－a)ex＋2a，a∈R.
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]·ex，且f′(0)＝－2a＝0，解得a＝0.
此时f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>0；令f′(x)<0，解得－2
(2)因为f′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝ex(x＋2)·(x－a)，
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，f(x)>f(0)＝a≥0，故a＝0.
②当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a；令f′(x)<0，解得0
所以f(x)min＝f(a)＝－aea＋2a>0，即ea<2，故0
类型二 利用导数解决不等式问题
若f(x)＝12x2＋bx＋2a ln x.
(1)当a>0，b＝－a－2时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若b＝－2，且f(x)有两个极值点x1，x2，证明f(x1)＋f(x2)>－3.
(1)解：因为f(x)＝12x2＋bx＋2a ln x，
所以当a>0，b＝－a－2时，f′(x)＝x－a－2＋2ax＝x2-a+2x+2ax＝x-ax-2x(x>0)；
令f′(x)＝0，解得x＝a或2.
当a>2时，则当0
当0
当0
(2)证明：当b＝－2时，f′(x)＝x－2＋2ax＝x2-2x+2ax(x>0)．
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2－2x＋2a＝0有两个正根x1，x2，
所以x1+x2=2，x1·x2=2a，且Δ＝4－8a>0，解得0
＝12x12+x22－2(x1＋x2)＋2a ln (x1·x2)
＝12(x1＋x2)2－x1·x2－2(x1＋x2)＋2a ln (x1·x2)
＝2a ln 2a－2a－2.
令h(a)＝2a ln 2a－2a－20
所以h(a)>h12＝－3，所以f(x1)＋f(x2)>－3.
类型三 利用导数解决函数的零点问题
已知函数f(x)＝(1－x)eax－x－1，a>0.
(1)求证：y＝f(x)在(1，f(1))处和(－1，f(－1))处的切线不平行；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
(1)证明：f′(x)＝(a－1－ax)eax－1，
若y＝f(x)在(1，f(1))处和(－1，f(－1))处的切线平行，
则有f′(1)＝f′(－1)，即－ea－1＝(2a－1)e－a－1，
即e2a＋2a－1＝0*.
而因为a>0，e2a＋2a－1>e0＋0－1＝0，与(*)矛盾，
所以y＝f(x)在(1，f(1))处和(－1，f(－1))处的切线不平行．
(2)解：f′(x)＝(a－1－ax)eax－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝a(a－2－ax)eax.令g′(x)＝0，则x＝a-2a.
当x
当x>a-2a时，g′(x)<0，即g(x)在a-2a，+∞上单调递减．
①当0
又f(0)＝0，所以f(x)有唯一零点0；
②当a>2时，g(0)＝a－2>0，g(1)＝－ea－1<0，所以存在m∈(0，1)，g(m)＝0，
又g(－1)＝(2a－1)e－a－1＝2a-1-eaea，
令φ(a)＝2a－1－ea，φ′(a)＝2－ea<0，
所以φ(a)在(2，＋∞)上单调递减，φ(a)<φ(2)＝3－e2<0，
即g(－1)<0，所以存在n∈(－1，0)，g(n)＝0，
x
(－∞，n)
n
(n，m)
m
(m，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调递减
单调递增
单调递减
则f(m)>f(0)＝0.
又f(1)＝－2<0，所以存在x1∈(m，1)，f(x1)＝0；
同理，f(n)
由单调性可知，此时f(x)有且仅有三个零点0，x1，x2.
综上，当0
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