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)＝，证明：g(x)<1．[规范解答](1)由f(x)＝ln(a－x)⇒f′(x)＝，x∈(－∞，a)， 1分y＝xf(x)⇒y′＝ln(a－x)＋．  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<1且x≠0.                             4分当x∈(0,1)时，因为x>0，ln(1－x)<0, 所以xln(1－x)<0，所以要证g(x)＝<1，即证x＋ln(1－x)>xln(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xln(1－x)<0，所以要证g(x)＝<1，                            6分即证x＋ln(1－x)>xln(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＋tln 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)＝<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<x<0．则函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调递减区间是(－2,0)．(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<x<a．则函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝－aea＋2a>0，即ea<2，故0<a<ln 2．综上所述，实数a的取值范围为[0，ln 2)．类型二　利用导数解决不等式问题若f(x)＝x2＋bx＋2aln 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)＝x2＋bx＋2aln x，所以当a>0，b＝－a－2时，f′(x)＝x－a－2＋＝＝(x>0)；令f′(x)＝0，解得x＝a或2．当a>2时，则当0<x<2或x>a时f′(x)>0；当2<x<a时f′(x)<0．所以函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当a＝2时，f′(x)＝≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<2时，当0<x<a或x>2时f′(x)>0，当a<x<2时f′(x)<0，即函数f(x)在(0，a)上单调递增，在(a,2)上单调递减，在(2，＋∞)单调递增．综上所述，当a＝2时，f(x)的增区间为(0，＋∞)；当0<a<2时，f(x)的增区间为(0，a)，(2＋∞)，减区间为(a,2)；当a>2时，f(x)的增区间为(0,2)，(a，＋∞)，减区间为(2，a)．(2)证明：当b＝－2时，f′(x)＝x－2＋＝(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，所以且Δ＝4－8a>0，解得0<a<．由题意得f(x1)＋f(x2)＝x－2x1＋2aln x1＋x－2x2＋2aln x2＝(x＋x)－2(x1＋x2)＋2aln(x1·x2)＝(x1＋x2)2－x1·x2－2(x1＋x2)＋2aln(x1·x2)＝2aln 2a－2a－2．令h(a)＝2aln 2a－2a－2，则h′(a)＝2ln 2a<0，所以y＝h(a)在上单调递减，所以h(a)>h＝－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＝．当x<时，g′(x)>0，即g(x)在上单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在上单调递减．①当0<a≤2时，g(x)≤g＝ea－2－1≤0，即f′(x)≤0，所以f(x)在R上单调递减．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＝，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)<f(0)＝0．又f(－1)＝2e－a>0，所以存在x2∈(－1，n)，f(x2)＝0．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<a≤2时，f(x)有唯一零点；当a>2时，f(x)有且仅有三个零点．