高中数学第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试学案及答案

这是一份高中数学第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试学案及答案，共40页。学案主要包含了导数的恒成立问题，导数的能成立问题，恒成立与能成立综合问题等内容，欢迎下载使用。




一、导数的恒成立问题


1、，f(x)>k恒成立⇔f(x)min>k


2. ，f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)-gx]min>0


3.，f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max


4. ，f(x)

5. ，f(x)

6.，f(x1)-f(x2)

二、导数的能成立问题


1.，f(x0)>k成立⇔ f(x)max>k


2. ，f(x0)>g(x0)成立⇔[f(x)-gx]max>0


3. ，f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)min


4. ，f(x0)

5.，f(x0)

6.，f(x1)

三、恒成立与能成立综合问题


1.，f(x1)

2. ，，f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min


3. ，，f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max


4. ，，f(x1)=g(x2)成立⇔f(x)maxf(x)min








技巧1 分离参数法求范围


例1、函数对恒成立，则的取值范围为


A． B．C． D．


【解答】解：，时，不等式可化为，


设函数，其中，；


则，


令，解得或，，时，，单调递增；


时，，单调递减；


时取得最大值为（1）；


由此知的取值范围是，＋∞)


例2、已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.


(1)求函数f(x)的单调区间；


(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.


［解析］


(1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).


(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立.因为x＞0，所以a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立.设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2).令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍).


当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：


所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是［－2，＋∞).


点睛：


利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：


(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.


(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.


(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围.


技巧2 把参数看作常数利用分类讨论方法解决


例3、已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.


(1)求函数f(x)的单调区间；


(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.


［解析］


(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.


①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞).


②当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜eq \f(1,a)；由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；


所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).


(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立.


设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，


①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，


则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，


所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意.


②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，得1＜x＜eq \f(1,a)；


令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递增，


所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，g(x)＞g(1)＝0，即0＜a＜1时不满足题意(舍去).


③当a≤0时，g′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，


所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，即a≤0时不满足题意(舍去).


综上所述，实数a的取值范围是［1，＋∞).


例4、已知f(x)＝ax2－2ln x，a∈R.


(1)讨论函数f(x)的单调性；


(2)若对任意的x＞0,2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值.


［解析］


(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(2ax2－2,x).


①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.


②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(a),a)或x＝－eq \f(\r(a),a)(负值舍去).


当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a)))，f′(x)＜0，f(x)单调递减；


当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞))，f′(x)＞0，f(x)单调递增.


(2)由题意得2－ax2＋2ln x≤2(a－1)x，


整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2).


因为x＞0，所以原命题等价于a≥eq \f(2（ln x＋x＋1）,（2x＋x2）)在区间(0，＋∞)内恒成立.


令g(x)＝eq \f(2（ln x＋x＋1）,2x＋x2)，


则g′(x)＝eq \f(－2（x＋1）（2ln x＋x）,（2x＋x2）2)，


令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)内单调递增.


又h(0.5)＝－2ln 2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，故存在唯一的x0∈(0.5,1)，使得h(x0)＝0.


当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减.


故函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2ln x0＋x0＝0，


所以g(x)max＝eq \f(2（ln x0＋x0＋1）,2x0＋x\\al(2,0))＝eq \f(x0＋2,x0（x0＋2）)＝eq \f(1,x0)，


所以a≥eq \f(1,x0).又eq \f(1,x0)∈(1,2)，且a为整数，故整数a的最小值为2.


技巧3 能成立问题


例5、已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.


(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；


(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围.


［解］ (1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2).


(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，


等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x＞a成立，


等价于a＜h(x)max(x＞0).


因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)


＝－eq \f(（x－1）（x＋3）,x)，


令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′（x）＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′（x）＜0，,x＞0，))得x＞1.


所以函数h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x在(0,1)上单调递增，


在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，


即a＜－eq \f(5,2)，因此参数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2))).


点睛：


(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化.


(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题.


例6、已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).


(1)求函数f(x)的单调区间；


(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.


［解］


(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.


当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；


当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.


由f′(x)＞0得x＜ln a，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；


由f′(x)＜0得x＞ln a，所以f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).


(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).


设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max，


由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，


令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).


当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：


由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).





1．已知函数，若存在x0，使得，则实数a的值为_____.


【答案】


【解析】


【分析】


函数可以看作是动点与动点之间距离的平方，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由得，曲线上点到直线的距离最小，要使，则，然后求解a即可．


【详解】


函数，


函数可以看作是动点与动点之间距离的平方，


动点M在函数的图象上，N在直线的图象上，


问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，


由得，，解得，


所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，


则，


根据题意，要使，则，


此时N恰好为垂足，由，解得．


故答案为：．


【点睛】


本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．


2．函数，当时，恒成立，则实数a的取值范围是______.


【答案】


【解析】


【分析】


先根据时得，再对函数求导，研究导函数的单调性、最值等，进而研究函数单调性，即可解决.


【详解】


解：，，.


由题意得，


令，则.


当时，，单调递减；


当时，，单调递增，的最小值为.


又，，，，即，


在区间为减函数.


，当时，.


又当，时，，


故恒成立，因此a的取值范围是.


故答案为：


【点睛】


本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查分析与解决问题的能力，是中档题.


3．若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围为________.


【答案】


【解析】


【分析】


本题现将不等式运用参变分离化简为，再构造新函数求最大值，最后求实数a的取值范围.


【详解】


解：∵ 不等式在区间上有解，


∴ 不等式在区间上有解，


∴ 不等式在区间上有解，


令，（），则，


∴ 当时，，单调递减，


∴


不等式在区间上有解，即


∴


故答案为：


【点睛】


本题考查不等式存在性问题，借导函数研究原函数单调性求最大值，是中档题.


4．已知函数.


（1）求函数的单调区间；


（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.


【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.


【解析】


【分析】


（1）先求导，令，得，而当时，，当时，，从而可求出其单调区间；


（2）由得，即在上恒成立，令，然后利用导数求最小值即可


【详解】


（1）由题意，，，


令，得，则，


故当时，，当时，，


故函数的单调递减区间为，单调递增区间为.


（2）由得，


即，令，


则.


由，知.


设，则，故在单调递增，


又，，所以存在使得，即，


当时，，在单调递减；


当时，，在单调递增.


所以


所以实数的取值范围是.


【点睛】


此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决不等式恒成立问题，属于中档题


5．已知函数.


（1）若，求曲线在点处的切线方程；


（2）若，求的取值范围.


【答案】（1）（或）；（2）.


【解析】


【分析】


（1）易得，再分别求出和的值，最后按照导数的几何意义求出切线方程即可；


（2）依题意得，由，得，


令（），问题等价于 ，然后利用导数研究的最小值即可.


【详解】


（1）因为，所以，


则，


所以，


又，


故曲线在点处的切线方程为，


即（或）；


（2）依题意得，由，得，


设函数（），





，


因为，


所以当时，，


所以，当时，；当时，，从而，


故，即的取值范围为.


【点睛】


本题考查利用导数研究函数的极值（最值），考查导数的几何意义，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.


6．已知函数.


（1）若是的极值点，求a的值及的单调区间；


（2）若对任意，不等式成立，求a的取值范围.


【答案】（1）在上单减，在上单增. （2）


【解析】


【分析】


（1）求导，由，求出的值，代回，分析单调性以及，求出的解，即可得出结论；


（2）注意，若在为增函数，不等式恒成立，若在为减函数，则不等式不恒成立，将问题转化为研究在上的单调性，求出，对分类讨论，求出在正负情况，即可求出的取值范围.


【详解】


解：（1），


显然在上单调递增，又，


所以当时，，当时，，


故在上单减，在上单增.


（2），


当时，，在上单增，则，满足题意；


当时，，在上单调递增，，


①若，则，在上单增，则，满足题意；


②若，则，故必存在使得，


从而在上单减，在上单增，，与题意矛盾；


综上所述，.


【点睛】


本题考查导数的综合应用，涉及到函数的极值、单调区间、证明不等式，考查分类讨论思想，通常以导数恒大于等于0（或恒小于等于0）作为分类依据，属于较难题.


7．设函数，其中．


（1）讨论的单调性；


（2）求使得在区间内恒成立（为自然对数的底数）的的取值范围．


【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）．


【解析】


【分析】


（1）利用导数的运算法则得出，通过对分类讨论，利用一元二次方程与一元二次不等式的关系即可判断出其单调性；


（2）令，可得（1），从而（1），解得得，当时，构造函数，利用导数证明在上恒大于0，综合可得所有可能取值．


【详解】


（1）由题意，，，


①当时，，，在上单调递减．


②当时，，当时，，


当，时，，


故在上单调递减，在，上单调递增．


（2）原不等式等价于在．上恒成立，


一方面，令，


只需在，上恒大于0即可，


又（1），故在处必大于等于0．


令，（1），可得．


另一方面，当时，，


，故，又，故在时恒大于0．


当时，在单调递增．


（1），故也在单调递增．


（1），即在上恒大于0．


综上，．


【点睛】


本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，考查了计算能力和转化思想，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、分类讨论的思想方法等是解题的关键．


8．已知函数.


（1）若函数，试讨论的单调性；


（2）若，，求的取值范围.


【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）


【解析】


【分析】


（1）由于函数，得出，分类讨论当和时，的正负，进而得出的单调性；


（2）求出，令，得，设，通过导函数，可得出在上的单调性和值域，再分类讨论和时，的单调性，再结合，恒成立，即可求出的取值范围.


【详解】


解：（1）因为，


所以，


①当时，，在上单调递减.


②当时，令，则；令，则，


所以在单调递增，在上单调递减.


综上所述，当时，在上单调递减；


当时，在上单调递增，在上单调递减.


（2）因为，可知，


，


令，得.设，则.


当时，，在上单调递增，


所以在上的值域是，即.


当时，没有实根，且，


在上单调递减，，符合题意.


当时，，所以有唯一实根，


当时，，在上单调递增，，不符合题意.


综上，，即的取值范围为.


【点睛】


本题考查利用导数研究函数的单调性和根据恒成立问题求参数范围，还运用了构造函数法，还考查分类讨论思想和计算能力，属于难题.


9．已知函数．


（1）当时，判断的单调性，并求在上的最值；


（2），，求a的取值范围．


【答案】（1）增函数，最大值为，最小值为；（2）．


【解析】


【分析】


（1）利用导数证明在上为增函数，即得函数在上的最值；


（2）转化为，令，再利用导数证明，转化为，记，，利用导数求出，即得解.


【详解】


（1）当时，，定义域为．


．


设，则，


令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，


则．所以在上为增函数．


故在上的最大值为，最小值为．


（2）不等式可转化为．


令，则．


当时，．在上单调递减；


当时，．在上单调递增．所以，于是，


记，，


则，


因为在上恒成立，


所以在上单调递减，在上单调递增．所以，从而．


故的取值范围是．


【点睛】


本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值，考查利用导数研究不等式的存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.


10．已知函数，，.


（1）若函数在处的切线斜率为，求的值；


（2）若任意，恒成立，求的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【解析】


【分析】


（1）求出，根据题意，解方程即可求解.


（2）求出，，令解得，，讨论或或或，求出函数的单调区间，将不等式恒成立转化为求函数的最值问题即可.


【详解】


解：（1）因为，


所以，


因为函数在处的切线斜率为，


所以，解得.


（2）由（1）知，，，


令解得，，


①当时，，在上，，


所以，单调递减；


在上，，所以，单调递增；


要使任意，恒成立，


即有，解得，不满足；


②当时，在上，，


，所以，单调递增；


在上，，，所以，单调递减；


在上，，，所以，单调递增；


要使任意，恒成立，即有，解得，不满足；


③当时，结合②易知，在单调递增；在单调递减；


在单调递增；要使任意，恒成立，即有，


解得，所以，满足；


④当时，在单调递增；在单调递减；


要使任意，恒成立，即有，


解得，所以，满足；


综上：的取值范围为.）


【点睛】


本题考查了导数的几何意义、根据函数的斜率求参数值、利用导数研究不等式恒成立，考查了转化与划归的思想以及分类讨论的思想，属于难题.


11．已知函数．


（1）求函数的单调增区间；


（2）若存在，使得（是自然对数的底数），求的取值范围．


【答案】（1）（2）


【解析】


试题分析：（1）先求原函数的导数得：f'（x）=，再对a进行讨论，得到f'（x）＞0，从而函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．


（2）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e﹣1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（﹣1），最小值f（0）=1，由f（1）﹣f（﹣1）的单调性，判断f（1）与f（﹣1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e﹣1求出a的取值范围．


试题解析：


（1）由于，


1° 当单调递增，，所以单调递增，


故单调递增，


∴，即，所以，


故函数在上单调递增；


2° 当单调递增，，所以单调递增，故单调递增，


∴，即，所以，


故函数在上单调递增；综上，函数的单调增区间为．


（2）因为存在，使得，


所以当时，，


由（1）知，在上递减，在上递增，


所以当时，


而，


记，因为（当时取等号），


所以在上单调递增，而．


1° 当时，， ∴， ∴当时，，


即，易知：，在上递增， ∴．


2° 当时，， ∴，


易知在上递减， ∴，综上：．


12．已知函数，.


(1)求函数的单调区间与极值.


(2)当时，是否存在，使得成立？若存在，求实数的取值范围，若不存在，请说明理由.


【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.


【解析】


【分析】


（1）求出函数的定义域，接着求导，对参数分类讨论．


（2）假设存在，使得成立，则对，满足，将问题转化为求与．


【详解】


解：（1），


当时，恒成立，即函数的单调增区间为，无单调减区间，所以不存在极值．


当时，令，得,当时，，当时，，


故函数的单调增区间为，单调减区间为，此时函数在处取得极大值，极大值为，无极小值．


综上，当时，函数的单调增区间为，无单调减区间，不存在极值．当时，函数的单调增区间为，单调减区间为，极大值为，无极小值


（2）当时，假设存在，使得成立，则对，满足


由可得，


.


令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，


所以


由（1）可知，①当时，即时，函数在上单调递减，所以的最小值是．


②当，即时，函数在上单调递增，


所以的最小值是．


③当时，即时，函数在上单调递增，在上单调递减.又，所以当时，在上的最小值是.当时，在上的最小值是


所以当时，在上的最小值是，故，


解得,所以．


当时，函数在上的最小值是，故，


解得，所以.故实数的取值范围是


【点睛】


本题利用导数求函数的单调区间、极值问题，以及导数与函数的综合应用，属于难题．








1．【2020年高考浙江卷理数】设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）


A．B．C．D．


【答案】D


【解析】


【分析】


设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.


【详解】


设，，


由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，





，当时，；当时，.


所以，函数的最小值为.


又，.


直线恒过定点且斜率为，


故且，解得，故选D.


【点睛】


本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.


2．【2018年高考上海卷理数】已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是


A．B．C．D．


【答案】C


【解析】


试题分析：当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C．


考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性．


3．【2020年高考全国I卷理数】已知函数.


（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；


（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.


【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）


【解析】


【分析】


(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.


(2)首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.


【详解】


(1)当时，，，


由于，故单调递增，注意到，故：


当时，单调递减，


当时，单调递增.


(2)由得，，其中，


①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；


②.当时，分离参数a得，，


记，，


令，


则，，


故单调递增，，


故函数单调递增，，


由可得：恒成立，


故当时，，单调递增；


当时，，单调递减；


因此，,


综上可得，实数a的取值范围是.


【点睛】


导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．


4．【2019年高考全国I卷理数】已知函数．


（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；


（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．


【答案】（1）（2）


【解析】


【分析】


【分析】


（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；


（2）解法一：利用导数研究，得到函数得导函数的单调递增，当a=1时由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.


解法二：利用指数对数的运算可将,


令,上述不等式等价于,注意到的单调性，进一步等价转化为，令,利用导数求得，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a的取值范围.


【详解】


（1），，.


，∴切点坐标为(1,1+e),


∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,


切线与坐标轴交点坐标分别为,


∴所求三角形面积为;


（2）解法一：,


，且.


设,则


∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，


当时，,∴,∴成立.


当时， ，，,


∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，


因此


>1,


∴∴恒成立；


当时， ∴不是恒成立.


综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).


解法二：等价于


,


令,上述不等式等价于,


显然为单调增函数，∴又等价于，即，


令,则


在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，


∴,


，∴a的取值范围是[1,+∞).


【点睛】


本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.


5．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数，，其中a>1.


（I）求函数的单调区间；


（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；


（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.


【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.


【解析】


分析：（I）由题意可得.令，解得x=0.据此可得函数的单调递减区间，单调递增区间为.


（II）曲线在点处的切线斜率为.曲线在点处的切线斜率为.原问题等价于.两边取对数可得.


（III）由题意可得两条切线方程分别为l1：.l2：.则原问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合.转化为当时，关于x1的方程存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且x0>0，使得，据此可证得存在实数t，使得，则题中的结论成立.


详解：（I）由已知，，有.


令，解得x=0.


由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：





所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.


（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.


由，可得曲线在点处的切线斜率为.


因为这两条切线平行，故有，即.


两边取以a为底的对数，得，所以.


（III）曲线在点处的切线l1：.


曲线在点处的切线l2：.


要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，


只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.


即只需证明当时，方程组有解，


由①得，代入②，得. ③


因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.


设函数，


即要证明当时，函数存在零点.


，可知时，；


时，单调递减，


又，，


故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.


由此可得在上单调递增，在上单调递减.


在处取得极大值.


因为，故，


所以.


下面证明存在实数t，使得.


由（I）可得，


当时，


有


，


所以存在实数t，使得


因此，当时，存在，使得.


所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.


点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．


6．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数．


（1）讨论的单调性；


（2）若存在两个极值点，证明：．


【答案】（1）见解析；（2）见解析


【解析】


分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；


(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.


详解：（1）的定义域为，.


（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.


（ii）若，令得，或.


当时，；


当时，.所以在单调递减，在单调递增.


（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.


由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于


，


所以等价于.


设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.


所以，即.


点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.














今天错在哪里啦？


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____________________________________________________________________________________________x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(e)，＋∞))
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值eq \f(1,2e)
↘
x
0
0
+
极小值