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1、专题 10 端点问题一考情分析导数在数学各类问题以及各个学科和许多领域中有着非常广泛的应用. 导数已成为研究函数性质的一 种重要工具,例如求函数的单调区间、求最大 (小) 值、求函数的值域等等.在新课程背景下,一般情况都需要 转化为函数,利用函数的性质,通过求导,利用单调性求出极值、最值, 因此,很多时侯可以利用导数作为工具研 究函数性质,从而解决问题.讨论函数的端点就是其中一个考点，下面具体讨论导数在端点时有关的问题时的 作用.二经验分享1.研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论划分函数的单调区间时,要在 函数定义域内讨论,还要确定导数为 0 的点和函数的间断点2
2、.根据函数单调性求参数的一般思路( 1)利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集(2)f(x)为增函数的 充要条件是对任意的 x (a,b)都有f(x)0 且在(a,b)内的任一非空子区间上f(x)不恒为零, 应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题 3.利用导数研究含参数函数的单调性问题,常化为不等式恒成立问题,注意分类讨论与数形结合思想的应用； 函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理三、题型分析例 1. 已知函数 f(x) (x 1) ln x a(x 1) .
3、 (导数的几何意义，函数的单调性. )(I) 当 a 4 时，求曲线 y f(x) 在 1, f(1) 处的切线方程；(II)若当 x 1, 时， f(x)0 ，求 a 的取值范围.【分析】：( ) 先求定义域，再求 f (x) ，f (1) ，f(1) ，由直线方程得点斜式可求曲线 y f(x) 在 (1, f(1)处的切线方程为 2x y 2 0.( ) 构造新函数 g(x) ln x ，对实数 a 分类讨论，用导数法求解.【解析】： (I) f(x) 的定义域为 (0, ) . 当 a 4 时，f(x) (x 1) ln x 4(x 1), f (x) ln x 3 ，f (1) 2,
4、f(1) 0. 曲线 y f(x) 在 (1, f(1) 处的切线玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨方程为 2x y 2 0.(II) 当 x (1, ) 时， f(x) 0 等价于 ln x 0. 令g(x) ln x ，则g(x) , g (1) 0 ，(i) 当 a 2 ， x (1, ) 时， x2 2(1 a)x 1 x2 2x 1 0 ，故 g(x) 0, g (x) 在 x (1, ) 上单 调递增，因此 g(x) 0 ；(ii) 当 a 2 时，令 g(x) 0 得x1 a 1 (a 1)2 1, x2 a
5、1 (a 1)2 1 ，由x2 1和 x1x2 1 得x1 1 ，故当 x (1, x2 ) 时，g(x) 0 ，g (x) 在 x (1, x2 ) 单调递减，因此 g(x) 0 . 综上， a 的取值范围是 , 2 .例 2. 已知R ，函数f (x)ex ex(xlnxx1)的导函数为 g(x)(1) 求曲线yf (x)在 x1 处的切线方程；(2) 若函数 g(x)存在极值，求的取值范围；(3) 若 x 1 时，f (x)0 恒成立，求的最大值【解析】 (1) 因为f(x)ex elnx ，所以曲线yf (x)在 x1 处的切线的斜率为f( 1)0，又切点为(1，f (1) ，即(1
6、，0) ， 所以切线方程为y0 (2) g (x)ex elnx ，g(x)ex 当0 时，g(x)0 恒成立，从而 g (x)在(0 ，)上单调递增， 故此时 g (x)无极值当0 时，设 h(x)ex ，则 h(x)ex 0 恒成立，所以 h(x)在(0 ，)上单调递增 当 0e 时，h(1)e0 ，h()ee0 ，且 h(x)是(0 ，)上的连续函数， 因此存在唯一的 x0 ( ，1) ，使得 h(x0)0当e 时，h(1)e0 ，h()e10 ，且 h(x)是(0 ，)上的连续函数，因此存在唯一的 x0 1 ，) ，使得 h(x0)0故当0 时，存在唯一的 x00 ，使得 h(x0)0
7、且当 0x x0 时，h(x)0 ，即 g(x)0 ，当 x x0 时，h(x)0 ，即 g(x)0，所以g (x)在(0 ，x0)上单调递减，在(x0 ，)上单调递增，玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨因此 g (x)在 xx0 处有极小值所以当函数 g (x)存在极值时，的取值范围是(0 ，)(3) g (x)f(x)ex elnx ，g(x)ex 若 g(x)0 恒成立，则有xex 恒成立设(x)xex(x 1) ，则(x) (x1) ex0 恒成立，所以(x)单调递增，从而(x)( 1)e ，即e 于是当e 时，g
8、(x)在1 ，)上单调递增， 此时 g (x)g ( 1)0 ，即f(x)0 ，从而f (x)在1 ，)上单调递增所以f (x)f ( 1)0 恒成立当e 时， 由 (2) 知，存在 x0 (1 ，) ，使得 g (x)在(0 ，x0)上单调递减，即f(x)在(0 ，x0)上单调递减所以当 1x x0 时，f(x)f( 1)0，于是f (x)在1 ，x0)上单调递减，所以f (x0)f (1)0这与 x 1 时，f(x)0 恒成立矛盾 因此e ，即的最大值为 e例 3. 已知函数 f(x) (x 1)ln x ax a ( a 为正实数，且为常数) .(1) 若函数 f(x) 在区间 (0,
9、) 上单调递增，求实数 a 的取值范围；(2) 若不等式 (x 1)f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围.【解析】： (1) f(x) (x 1)ln x ax a ， f (x) ln x + a . 因f(x) 在 (0, ) 上单调递增，则f (x) 0 ， a ln x + 1 恒成立.令g(x) ln x + 1 ，则 g(x) ，x(0, 1)1(1, )g(x)0g(x)减极小值增因此， gmin (x) g(1) 2 ，即 0 a 2(2) 当 0 a 2 时， 由 (1) 知，当 x (0, ) 时， f(x) 单调递增.又f(1) 0 ，当 x (0, 1) ， f(
10、x) 0 ；当 x (1, ) 时， f(x) 0 .故不等式 (x 1)f(x) 0 恒成立若 a 2 ， f (x) ，设p(x) x ln x (1 a)x 1 ，令p(x) ln x 2 a 0 ，则 x ea 2 1 .当 x (1, ea 2 ) 时， p(x) 0 ， p(x) 单调递减，则p(x) p(1) 2 a 0 ，玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨则 f (x) 0 ，所以当 x (1, ea 2 ) 时， f(x) 单调递减，则当 x (1, ea 2 ) 时， f(x) f(1) 0 ，此时 (x
11、 1)f(x) ，矛盾. 因此， 0 a 2 .例 4.设函数f(x) x2 2 1 k ln x k N .( ) 求函数 f(x) 的单调递增区间；( ) 设函数 gx 2bx 在 0,1 上是增函数，且对于0,1 内的任意实数 x1 , x2 当k 为偶数时，恒有 f(x1 ) g (x2 ) 成立，求实数b 的取值范围；()当 k 是偶数时，函数 h(x) f (x) x ，求证： h(x) n 2 h(x n ) 2n n N + . 【解析】：由已知，得函数 f(x)的定义域为0, ( ) 当 k 为偶数时， f(x) x 2 2 ln x ，则 f (x) 2x ,又 x 0 ，
12、 f (x) 0 ，即 x2 1 0 ，得 x 1 ，所以此时函数 f(x) 的单调递增区间为1, .当 k 为奇数时，f(x) x 2 2 ln x ，则 f (x) 2x 0 在定义域内恒成立，所以此时函数f(x) 的单调增区间为0, .( ) 函数 gx 2bx 在 0,1 上是增函数 g(x) 2b 0 在0,1 上恒成立，即b 在 0,1 上恒成立， x max即b 1 ， b 1 . 由 ( ) 可知当 k 为偶数时， f (x) 0 得 0x 1 , 即f(x) 在0,1 为减函数， f(x)min f(1) 1 .又对于0,1 内的任意实数 x1 ，x2 ，当 k 为偶数时，恒
13、有 f(x1 ) g (x2 ) 成立,1 g x max g (1) , 即1 2b 1 ,所以b 1 , 由得 1 b 1 .玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨x x x()由 ( ) 可知， h(x) x 1 ，即证 x 1 n 2 x n 2n ，由二项式定理x n Cx n Cx n 1 Cx n 2 C 1x C = Cx n Cx n 2 Cx n 4 C 1x 2 n C .即证 Cx n 2 Cx n 4 C 1x 2 n 2n 2 .设 Sn= Cxn 2 Cxn 4 C 1x2 n ,则 Sn= Cx
14、2 n Cx 4 n C 1x n 2 .两式相加得 2Sn= Cx n 2 C x n 4 Cx 2 n 2 C C Cnn 1 2 2 n 2 , 即 Sn 2n 2 ，所以原不等式得证.四、迁移应用1. 已知对任意的 x 0恒有a1nx b(x 1) 成立.( ) 求正数 a 与b 的关系；( ) 若 a 1, 设f(x) m x n, (m, n R), 若1nx f(x) b(x 1) 对 x 0 恒成立，求函数 f(x) 的 解析式；() 证明： 1n(n!) 2n 4 (n N, n 2) .【解析】： (1) 设 f(x) a ln x b(x 1) ，易知 f(1) 0 ，由
15、已知 f(x) 0 恒成立，所以函数 f(x) 在x 1处取得最大值。 f (x) b f (1) 0, a b ，又 a 0, f(x) 在x 1处取得极大值，符合题意，即关系式为 a b.(2) a 1, b 1 ， ln x m n x 1恒成立，令x 1 ，有 0 m n 0 ， m n 0 m m x 1，即 ( 1)( 1 m) 0 对 x 0 恒成立， 须1 m 1, 即m 2玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨函数 f(x) 2( 1)(3) 由 (2) 知： ln 2 2 2 4( ) 2 ln 4( ) (
16、 ) ( ) 2n 4 2n即ln n! 2n 4 (n N, n 2)2. 已知函数 f(x) ln x ax2 2x(a 0).( ) 若函数 f(x) 在定义域内单调递增，求 a 的取值范围；( ) 若 a 且关于 x 的方程 f(x) x b 在 1, 4 上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围；() 设各项为正的数列an 满足： a1 1, an 1 ln an an 2, n N *. 求证： an 2n 1.【解析】： (1) f (x) (x 0).依题意f (x) 0 在x 0 时恒成立，即 ax2 2x 1 0 在x 0 恒成立.则 a ( 1)2 1在x 0 恒成
17、立，即 a ( 1) 2 1)min (x 0)当x 1时， ( 1)2 1 取最小值 1 ， a 的取值范围是 ( , 1(2) a , f (x) x b x 2 x ln x b 0.设 g(x) x2 x ln x b(x 0). 则 g(x) . 列表：x(0, 1)1(1, 2)2(2, 4)g(x)00g (x)极大值极小值g(x) 极小值 g (2) ln 2 b 2 ， g (x) 极大值 g (1) b ，又g(4) 2 ln 2 b 2 6玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨 g (1) 0方程 g(x)
18、 0 在1 ，4上恰有两个不相等的实数根. 则 g (2) 0 ， 得 ln 2 2 b g (4) 0(3) 设 h(x) ln x x 1, x 1, ，则 h (x) 1 0h(x) 在 1, 为减函数，且 h(x)max h(1) 0, 故当 x 1时有 ln x x 1 . a1 1. 假设 ak 1(k N* ), 则 ak 1 ln ak ak 2 1 ，故 an 1(n N* ).从而 an 1 ln an an 2 2an 1. 1 an 1 2(1 an ) 2 n (1 a1 ).即1 an 2n ， an 2n 13 【山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试
19、( 一模) 数学】 已知函数 f(x) x4 ax2 ， a R .(1) 当 a 1时，求曲线f(x) 在点(2, f(2) 处的切线方程；(2) 设函数 g(x) (x 2 2x 2 a)e x ef(x) ，其中 e 2.71828. 是自然对数的底数，讨论 g(x) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值【答案】 (1) 6x y 10 0 ；(2) 当 a 0 时，g(x) 在( , ) 上单调递增，无极值；当 a 0 时，g(x) 在 ( , )和 ( , )单调递增，在 ( , )单调递减，极大值为 g() (2 2)e a2 ，极小值为 g ( ) (2 2)e a2 .【解
20、析】 (1) 由题意 f (x) x 3 ax ，所以当 a 1时， f(2) 2 ， f (2) 6 ，因此曲线 y f(x) 在点(2, f(2) 处的切线方程是 y 2 6(x 2) ，即6x y 10 0 .(2) 因为 g(x) (x 2 2x 2 a)e x ef(x) ，所以 g(x) (2x 2)ex (x 2 2x 2 a)ex ef (x) (x2 a)ex e(x3 ax) (x2 a)(ex ex) ，令 h(x) ex ex ，则 h (x) ex e ，令h (x) 0 得 x 1 ，当 x ( , 1) 时， h (x) 0 ， h(x) 单调递减，当x (1,
21、) 时， h (x) 0 ， h(x) 单调递增，玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨所以当x 1时， h(x)min h(1) 0 ，也就说，对于 x R 恒有h(x) 0 .当 a 0 时， g(x) (x 2 a)h(x) 0 ， g(x) 在( , ) 上单调递增，无极值；当 a 0 时，令 g(x) 0 ，可得 x 当x 或 x 时， g(x) (x 2 a)h(x) 0 ， g(x) 单调递增，当 x 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递减，因此，当 x 时， g(x) 取得极大值 g() (2 2)e a2
22、；当x 时， g(x) 取得极小值 g( ) (2 2)e a2 .综上所述：当 a 0 时， g(x) 在( , ) 上单调递增，无极值；当 a 0 时， g(x) 在 ( , ) 和 ( , ) 上单调递增，在 ( , ) 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值为 g() (2 2)e a2 ，极小值为 g( ) (2 2)e a2 .【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题4. 已知函数 f x 1 x ln x 1, x 1, )(1) 证明： f x 有唯一的零点：(2) 当 x 1时，函数 g x aex x ln
23、 x 有零点，记 a 的最大值为t 证明 t . 【答案】： (1) 证明参考解析； (2) 证明参考解析【解析】证明： (1) 由题意得f (x) 1 ln x，x 1， ) ，易知f (x) 单调递减，且f (1) 0 ， f (x) 0 ，所以 f(x) 在1， ) 上单调递减,f(2) 1 ln 2 0，f(e) 2 e 0 ，所以 f(x) 在1， ) 上有唯一的零点 x0 (2，e) .(2) g (x) aex x ln x 0 h(x) a 0 ， h (x) ， 由 (1) 可知h (x) 在1， ) 上有唯一的零点x0 (2，e) .且h(x) 在1，x0 ) 上单调递增，
24、在x0， ) 上单调递减， 由 t .玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨下面来证 t ，一方面h(x0 ) h(2) ，另一方面，欲证t ，又(1 x0 ) ln x0 1 0 ，所以只需要证明 ，记(x) ，(x) lnxex 1 ，由前面可知(x) 在(1， ) 上单调递减，所以(x0 ) (2) ，证毕.【点评】 (1) 零点存在定理的考察 (易)(2) 分参思想的运用，将 t 转化为函数转化为函数最值问题 (难) 5. 已知函数f(x) (x a) ln x ，其中 a R .(1) 当 a 0 时，求f(x) 的单
25、调区间；(2) 若 x 1, e 时， f(x) 恒成立，求实数 a 的取值范围. (附 e 2.7183 ) 【答案】： (1) 0， ， ， (2) a .【解析】： (1) 由题意得： f (x) ， ( x 0 ) 当 a 0 时， f (x) 1 ln x ，当 x 0， ， f (x) 0 ， f(x) 单调递减；当x ， ， f (x) 0 ， f(x) 单调递增. f(x) 的单调减区间为x 0， ， f(x) 的单调增区间为x ， .(2) 令 h(x) x(1 ln x) a，x 1，e ，则 h (x) 2 ln x ，由 x 1，e ，则 h (x) 0 ， h(x)
26、单调递增， h(x) 1 a，2e a . 当 a 1时， h(x) 0 ，则 f(x) 单调递增，满足 f(e) e a ，无解；当 a 2e 时， h(x) 0 ，则 f(x) 单调递减，满足f(1) 0 ，成立；当1 a 2e 时， 由x 1，e 时， h(x) 单调递增，所以存在 x0 1，e，使得h(x0 ) 0 ， 则f(x) 在 (1，x0 ) 上单减，在 (x0，e) 上单增， 要f(x) 恒成立，只要 f(1) 且f(e) ，即 a 2e .综上所述，实数 a 的取值范围为 a e2 .6. 已知函数 f(x) (x 1)ln(x 1) m n ，曲线 y f(x) 在点(0
27、, f(0) 处的切线方程为 y 2x 1.玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨(1) 求 m, n 的值和 f(x) 的单调区间；(2) 若对任意的 x 0, ), f(x) kx 恒成立，求整数k 的最大值.【答案】： (1) m 1, n 0, 减区间 (1, 1) ，增区间为 ( 1, ) .证明参考解析； (2) 3【解析】 (1) 由题 f (x) ln(x 1) m 1 ，故 f (0) m 1 2, m 1又f(0) m n 1 n ，点(0, n 1) 在 y 2x 1上，代入解得 n 0, 此时 f (x)
28、 ln(x 1) 1, (x 1) 令 f (x) 0 得 x 1，当x (1, 1), f (x) 0, f(x) 单调递减；当 x ( 1, ), f (x) 0, f(x) 单调递增 故f(x) 减区间 (1, 1) ，增区间为 ( 1, )(3) 解法一： (分类讨论) ：由 (1) 可知 f(x) (x 1)ln(x 1) 1 ，对x 0, ), f(x) kx 恒成立，即f(x) kx 0 恒成立。令 g(x) f(x) kx (x 1)ln(x 1) 1 kx ，只需 g(x)min 0 ，则 g(x) ln(x 1) 2 k 2 k .当 k 2 时 g(x) 0 恒成立 (当
29、且仅当 x 0, k 2 时取等) ，此时 g(x) 在0, ) 单调递增， g (x) g (0) 1 满足.当 k 2 时，令 g(x) 0, x ek 2 1 ，当 x (0, ek 2 1), g(x) 0, g(x) 单调递减；当 x (ek 2 1, ), g(x) 0, g(x) 单调递增，故 g(x)min g(ek 2 1) ek 2 (k 1) k(ek 2 1) ek 2 k ，易知 ek 2 k 为减函数，当 k 3时 ek 2 k 0 ；当 k 4 时 ek 2 k 0 ，故当 k 3时满足条件.综上，整数 k 的最大值值为 3.解法二： (参变分离+隐零点虚设根)
30、： 由题当x 0 时满足条件。当x 0 时，只需 k ，则 g(x) ，令h(x) ln(x 1) x 1， h (x) 1 ，当 x 0 时， h (x) 0 ，故h(x) 在(0, ) 递增，又h(1) ln 2 0, h(2) ln 3 1 0, h(3) ln 4 2 0 ，故x0 (2,3) 使h(x) 0 ，即 ln(x0 1) x0 1 0 ，当x (0, x0 ) 时h(x) 0 即 g(x) 0, g(x) 递减；当 x (x0 , ) 时h(x) 0 即 g(x) 0, g(x) 递增，故玩转高中数学交流群 (721144129) 旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众
31、号玩转高中数学研讨g (x)min g (x0 ) x0 1 ，又x0 (2,3) ，故x0 1 (3,4) ，因此k x0 1 ， k 取解法三： (必要性探路) ： f(x) (x 1)ln(x 1) 1 kx 对x 0, ) 恒成立，令 x 1, 即2(ln 2 1) k, ln 2 0.69, k Z k 3 。当 k 3时，构造 g(x) (x 1)ln(x 1) 1 3x ，只需证明 g(x)min 0 即可，此时k 是最大符合要求的整数。 g(x) ln(x 1) 1 1 3 ln(x 1) 1 ，令g(x) 0, x e 1 g (x) 在 (0, e 1) , (e 1, ) , g (x)min g (e 1) 3 e 0, kmax 3 .解法四： (参变分离+不等式放缩) k min (x 2 )min 4 ，等号不能同时取到，后面步骤同法 3.