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1、第5讲导数的热点问题1.2018全国卷 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a1时,f(x)+e0.试做_命题角度利用导数的几何意义解决切线问题(1)曲线、切线、切点之间有以下关系:切点处的导数值是切线的斜率;切点在切线上;切点在曲线上.(2)利用导数的几何意义解决切线问题:关键一,对函数求导得f(x),利用导函数与切线斜率的关系建立方程或不等式;关键二,根据直线方程的相关知识解决问题.(3)解决与切线有关的参数问题,通常根据关系列方程,解出参数.2.2017全国卷 已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2
2、)若f(x)0,求a的取值范围.试做_命题角度利用导数研究函数的单调性(1)用导数法判断和证明函数f(x)在区间(a,b)内的单调性的步骤:求f(x);确定f(x)在区间(a,b)内的符号(若含有参数,则依据参数的取值讨论符号);得出结论,f(x)0时函数f(x)为增函数,f(x)0时,f(x)2a+aln.试做_命题角度利用导数研究方程根(函数零点)和用导数证明不等式(1)利用导数研究方程根(函数零点)的一般步骤:通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等;根据题目要求,画出函数图像的走势规律,标明函数极(最)值的位置;通过数形结合的思想去分析问题,得出方程根(函数零点)的情况.(
3、2)利用导数证明不等式的一般思路为:若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,那么F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,则由减函数的定义可知,当x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)A在区间D上恒成立,则等价于在区间D上f(x)minA恒成立;另一种是若不等式f(x)A在区间D上恒成立,则等价于在区间D上f(x)maxx20,f(x1)-f(x2)0时,g(x)f(x).听课笔记 _【考场点拨】利用导数证明不等式的一般思路为:证明f(x)g(x) 或f(x)g(x)时,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式
4、转化为求证h(x)0或h(x)0的问题,从而利用求h(x)的最小值或者最大值来证明不等式.也可利用f(x)ming(x)max或f(x)maxg(x)min来证明不等式.【自我检测】已知函数f(x)=x-1+aex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=-1时,若-1x10,且f(x1)+f(x2)=-5,证明:x1-2x2-4+.第5讲导数的热点问题 典型真题研析1.解:(1)f(x)=,f(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a1时,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+
5、1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.2.解:(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时,f(x)0.故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln.当x时,f(x)0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln
6、a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a0,即a1时,f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a20,即a-2时f(x)0.综上,a的取值范围是.3.解:(1)f(x)的定义域为(-,+).f(x)=-e-xx(x-2).当x(-,0)或x(2,+)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0),(2,+)单调递减,在(0,2)单调递增.故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.(2)设切点为(t,f(t),则l的方程
7、为y=f(t)(x-t)+f(t).所以l在x轴上的截距为m(t)=t-=t+=t-2+3.由已知和得t(-,0)(2,+).令h(x)=x+(x0),则当x(0,+)时,h(x)的取值范围为2,+);当x(-,-2)时,h(x)的取值范围是(-,-3).所以当t(-,0)(2,+)时,m(t)的取值范围是(-,0)2+3,+).综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-,0)2+3,+).4.解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点.当a0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f(x)在(0,+)上单调递增.又f(a)0,当b
8、满足0b且b时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(2)证明:由(1)可设f(x)在(0,+)上的唯一零点为x0.当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln2a+aln.故当a0时,f(x)2a+aln. 考点考法探究解答1 例1解:(1)由题意可知,g(x)=f(x)=x+a-aex,则g(x)=1-aex.当a0时,g(x)0,g(x)在R上单调递增;当a0时,若x0,若x-ln a,则g(x)0时,g(x)的单调递增区间为(-,-
9、ln a),单调递减区间为(-ln a,+).(2)由(1)可知,a0且g(x)在x=-ln a处取得最大值,g(-ln a)=-ln a+a-a=a-ln a-1,a-ln a-1=0,观察可得当a=1时,方程成立.令h(a)=a-ln a-1(a0),则h(a)=1-=,当a(0,1)时,h(a)0,h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(a)h(1)=0,当且仅当a=1时,a-ln a-1=0,f(x)=x2+x-ex,由题意可知f(x)=g(x)0,即f(x)在0,+)上单调递减,f(x)在x=0处取得最大值,最大值为f(0)=-1.解答2 例2解:(1)当a=3时
10、,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,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(-,+)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-=-6-0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.【自我检测】解:(1)f(x)=(ax2+2ax+1)ex,当a=0时,f(x)=ex0,此时f(x)在R上单调递增.当a0时,
11、令ax2+2ax+1=0,则=4a2-4a.当01时,0,则x1=-1-,x2=-1+,f(x)在-,-1-和-1+,+上单调递增,在-1-,-1+上单调递减.综上,当0a1时,f(x)在R上单调递增;当a1时,f(x)在-,-1-和-1+,+上单调递增,在-1-,-1+上单调递减.(2)由(1)知,当0a1时,f(x)在0,1上单调递增,又f(0)=0,此时f(x)在区间0,1上有1个零点,不符合题意.当a1时,x1x20,f(x)在0,1上单调递增,又f(0)=0,此时f(x)在区间0,1上有1个零点,不符合题意.当a0,要使f(x)在区间0,1上恰有2个零点,则即得a-1,f(x)在区间
12、0,1上恰有2个零点时,a的取值范围是a-1.解答3 例3解:(1)f(x)=(x2+2x-1)ex+1,x,1,x2+2x-10,f(x)0,f(x)在,1上单调递增,当x=时,f(x)取得最小值,f(x)min=f=-1+=-+,当x=1时,f(x)取得最大值,f(x)max=f(1)=1.(2)根据题意,得kx(x2ex),即kx2xex+x2ex恒成立.当x=0时,00恒成立,kR;当x0时,k2ex+xex恒成立,令t(x)=2ex+xex(x0),则t(x)=(x+3)ex,x0,t(x)0,t(x)单调递增,t(x)t(0)=2,要使kt(x)恒成立,则k2;当x0时,k2ex+
13、xex恒成立,令h(x)=2ex+xex(x0),则h(x)=(x+3)ex,当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表,x(-,-3)-3(-3,0)h(x)0+h(x)极小值当x-3时,h(x)=(x+2)ex0,当-3x0时,h(-3)h(x)h(0),且h(0)=2,当x(-,0)时,h(x)0,则tln t+1.令h(t)=t-ln t-1,则h(t)=1-,所以h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,则h(t)h(1)=0,即tln t+1,所以原不等式成立. (2)证明:f(x)=1-,g(x)=-,根据题意,存在x0,a满足由得a=-x0,代入得x0+-x0
14、-ln x0=0.令m(x)=x+-x-ln x,x0,则存在x0(0,+),使得m(x0)=0.因为m(x)=-1+ln x,所以m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,又m(1)=20,且当x+时,m(x)-,所以存在x0(0,+),使得m(x0)=0,即存在x0,a,使得原命题成立.【自我检测】解:(1)由f(x)=ln x+知x0,f(x)=-(x0),因为曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线与直线x=2垂直,所以f(e)=0,即-=0,解得k=e,所以f(x)=-=(x0).当0xe时,f(x)e时,f(x)0,f(x)单调递增.所以当x=e时,f(x)取得极小
15、值,极小值为f(e)=ln e+1=2.综上,f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为2,无极大值.(2)因为对任意x1x20,f(x1)-f(x2)x1-x2恒成立,所以f(x1)-x1x20恒成立.令g(x)=f(x)-x=ln x+-x(x0),则g(x)在(0,+)上单调递减,所以g(x)=-10在(0,+)上恒成立,所以k-x2+x=-x-2+在(0,+)上恒成立.令h(x)=-x-2+,则kh(x)max=,所以k的取值范围是,+.解答4 例5解:(1)由题设得f(x)=ex-2ax,解得(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x2+1,令函数h(x)=f(x)-g(x)=ex
16、-x2-(e-2)x-1,其中x0,则h(x)=ex-2x-(e-2).令(x)=h(x),则(x)=ex-2,当x(0,ln 2)时,(x)0,h(x)单调递增,又h(0)=3-e0,h(1)=0,0ln 21,h(ln 2)0;当x(x0,1)时,h(x)0时,g(x)f(x).【自我检测】解:(1)f(x)=1+aex.当a0时,f(x)0,则f(x)在R上单调递增;当a0,得xln- ,则f(x)在区间-,ln- 上单调递增,令f(x)ln- ,则f(x)在区间ln- ,+上单调递减.(2)证明:当a=-1时,设g(x)=f(x)+2x=-ex+3x-1,则g(x)=-ex+3.由g(
17、x)ln 3;由g(x)0得xln 3.故g(x)max=g(ln 3)=3ln 3-40,从而g(x)=f(x)+2x0恒成立.f(x1)+f(x2)=-5,f(x2)+2x2=-5-f(x1)+2x2-4+,又-1x10,e-1-4+-4+,即x1-2x2-4+.备选理由 此备用例题考查分段函数的零点个数.例配例2使用 已知函数f(x)=-ln x(aR).(1)若f(x)的图像与直线y=0相切,求a的值;(2)若e+1ae2,且函数f(x)=-ln x的零点为x0, 设函数g(x)=试讨论函数g(x)的零点个数.解:(1)设切点为P(m,0),f(x)=,切线的斜率k=0,a=-m.又切
18、点在函数f(x)的图像上,f(m)=0,即-ln m=0,得ln m=-1,m=,a=- .(2)依题意,e+1a0,f(e2)=-20,f(x)为(0,+)上的减函数,ex0e2.对于函数g(x)=当00,得0x1;由h(x)=-10,得1xx0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,x0上单调递减,则h(x)h(1)=-1-(a+1)x0时,g(x)=+-=0,g(x)在区间(x0,+)上单调递增.g(x0)= -ln x0- =- 0,且ex00,g(e2)= 2- 2-0,函数g(x)在区间(e,x0)上存在一个零点,在区间(x0,e2)上也存在一个零点.综上,g(x)有两个不同的零点.15