小初高教案试题导学案集锦
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③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
3④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 2
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
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当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
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当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点.12分
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热点3 利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题． ?角度1 证明不等式
(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
2xa[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e－(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； 当a>0时，设u(x)＝e，v(x)＝－，3分
因为u(x)＝e在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
2x2x2xaxaxaxa1
又f′(a)>0，当b满足0 44 故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.5分 (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； 当x∈(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).9分 由于2e0－＝0， 2xax0 a22 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 2x0aaK12资源汇总，活到老学到老 小初高教案试题导学案集锦 2 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .12分 a?角度2 不等式恒成立问题 (2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).1分 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.3分 x故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.5分 (2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－设g(x)＝ln x－1 则g′(x)＝－ 1 ax－x＋1 ＞0. ax－x＋1 2ax＋ ， xx2＋－ax＋1 ，g(1)＝0.9分 2＝ xx＋2 2 2 ①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x＋2(1－a)x＋1≥x－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0； ②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－ a－ 2－1，x2＝a－1＋a－ 2－1. 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0. 综上，a的取值范围是(－∞，2].12分 ?角度3 存在型不等式成立问题 1－a2 (2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x－bx(a≠1)，曲线y＝f(x) 2 在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)< aa－1 ，求a的取值范围． [解] (1)f′(x)＝＋(1－a)x－b. 由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.3分 (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1－a2 由(1)知，f(x)＝aln x＋x－x， 2 axK12资源汇总，活到老学到老 小初高教案试题导学案集锦 a?a1－a?x－f′(x)＝＋(1－a)x－1＝??(x－1).5分 xx?1－a? 1a①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)单调递增． 21－a所以，存在x0≥1，使得f(x0)<－2－1 a1－aa的充要条件为f(1)<，即－1<，解得a－1a－12a－1 aa?1a??a，＋∞?时， ②若 ? ? a??a，＋∞?上单调递增.9分 上单调递减，在???1－a??1－a? 的充要条件为f?. ?< a－1?1－a?a－1－a＋>，所以不合题意． a－1a－1 所以存在x0≥1，使得f(x0)< a?a?a?a?＝aln a＋而f??1－a?1－a? a2aa1－a－a－1a③若a>1，则f(1)＝－1＝<恒成立，所以a＞1. 22a－1综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).12分 [规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题． 2．不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论． 3．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否成立问题． 热点探究训练(一) 导数应用中的高考热点问题 3x＋ax1．(2015·重庆高考)设函数f(x)＝(a∈R)． xe (1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围． [解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝ 2 x＋a－3x＋ 2 x－ x2x2＋axx ＝ e x－ax＋a.2分 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. K12资源汇总，活到老学到老 小初高教案试题导学案集锦 3x－3x＋6x33 当a＝0时，f(x)＝x，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点xeeee33 (1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.5分 ee －3x＋ (2)由(1)知f′(x)＝ 2 2 2 2 e x－ax＋a， 令g(x)＝－3x＋(6－a)x＋a， 6－a－a＋366－a＋a＋36 由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.7分 66当x 6－a＋a＋369 由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－.故a的取值 62 22 2 ?9?范围为?－，＋∞?.12分 ?2? 2．已知函数f(x)＝e(x＋ax－a)，其中a是常数． 【导学号：31222100】 (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围． [解] (1)由f(x)＝e(x＋ax－a)可得 x2 x2 f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x].2分 当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e. 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为： y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.5分 (2)令f′(x)＝e[x＋(a＋2)x]＝0， 解得x＝－(a＋2)或x＝0.6分 当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0， 所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数， 所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根.8分 当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x2 x f′(x) 0 0 (0，－(a＋2)) － －(a＋2) 0 (－(a＋2)，＋∞) ＋ K12资源汇总，活到老学到老
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