7、(3)畫出函數(shù)草圖；(4)數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點情況進而求解．
【突破訓練1】 (2012·聊城二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1＋x)2－2ln (1＋x)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關(guān)于x的方程f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有兩個相異實根，求實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)函數(shù)的定義域為(－1，＋∞)，
因為f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)，
所以f′(x)＝2＝，
由f′(x)＞0，得x＞0；由f′(x)＜0，得－1＜x＜0，
所以，f(x)的遞增區(qū)間是(0，＋∞)，遞減區(qū)間是(－1,0)．
(2)方程f(x)＝x2＋x
8、＋a，即x－a＋1－2ln(1＋x)＝0，
記g(x)＝x－a＋1－2ln(1＋x)(x＞－1)，
則g′(x)＝1－＝，
由g′(x)＞0，得x＞1；
由g′(x)＜0，得－1＜x＜1.
所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增．
為使f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有兩個相異的實根，
只須g(x)＝0在[0,1)和(1,2]上各有一個實根，
于是有即
解得2－2ln 2＜a≤3－2ln 3，
故實數(shù)a的取值范圍是(2－2ln 2,3－2ln 3]．
通?？疾楦叽问健⒎质交蛑笖?shù)式、對數(shù)式、絕對值不等式在某個區(qū)間上恒成立，求參數(shù)的取
9、值范圍，試題涉及到的不等式常含有一個或兩個參數(shù)．
【例2】? (2011·湖北)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a，b為常數(shù)．已知曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(2,0)處有相同的切線l.
(1)求a，b的值，并寫出切線l的方程；
(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三個互不相同的實根0、x1、x2，其中x1＜x2，且對任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
[審題視點]
[聽課記錄]
[審題視點] (1)基礎(chǔ)；(2)根據(jù)已知條件f(
10、x)＋g(x)＝mx有三個互不相同的實根0、x1、x2可列一方程，由判斷式Δ可得m的范圍，再將已知條件：對任意x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，轉(zhuǎn)化為f(x)＋g(x)－mx＜－m恒成立，從而求f(x)＋g(x)－mx的最大值．
解 (1)a＝－2，b＝5，切線l的方程為x－y－2＝0.
(2)由(1)得，f(x)＝x3－4x2＋5x－2，
所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x.
依題意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三個互不相同的實根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2－3x＋2－m＝0的兩相異的實根，
所以Δ＝9－4(2－m)＞0，即m＞－.
11、
又對任意的x∈[x1，x2]，
f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．
特別地，取x＝x1時，f(x1)＋g(x1)－mx1＜－m成立，
得m＜0.由韋達定理，可得x1＋x2＝3＞0，
對任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x＞0，
則f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0，
又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，
所以函數(shù)f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值為0.
于是當m＜0時，對任意的x∈[x1，x2]，
f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．
綜上，m的取值范圍是.
(1)利用導數(shù)方法證明不等式f(x
12、)＞g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)＞0，其中一個重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么地方可以等于零，這往往就是解決問題的一個突破口．
(2)利用函數(shù)的導數(shù)研究不等式恒成立問題是一類重要題型，體現(xiàn)了導數(shù)的工具性作用，將函數(shù)、不等式緊密結(jié)合起來，考查了學生綜合解決問題的能力．
【突破訓練2】 已知函數(shù)f(x)＝kx，g(x)＝.
(1)求函數(shù)g(x)＝的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)若不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，求k的取值范圍．
解 (1)∵g(x)＝(x＞0)，
∴g′(x)
13、＝，
令g′(x)＞0，得0＜x＜e，
故函數(shù)g(x)＝的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)．
(2)∵x∈(0，＋∞)，由kx≥，得k≥，令h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為k大于等于h(x)的最大值，又h′(x)＝，令h′(x)＝0時，x＝，當x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)、h(x)變化情況如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
由表知當x＝時，函數(shù)h(x)有最大值，且最大值為，因此k≥.
通常是證明與已知函數(shù)有關(guān)的關(guān)于x(或關(guān)于其他變量n等)的不等式在某個范圍內(nèi)成立，求解需構(gòu)造新函數(shù)，用到函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)，以
14、及不等式的性質(zhì)等知識完成證明．
【例3】? 設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；
(2)討論g(x)與g的大小關(guān)系；
(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由．
[審題視點]
[聽課記錄]
[審題視點] 第(2)問重新構(gòu)造函數(shù)h(x)＝g(x)－g，利用導數(shù)研究這個函數(shù)的單調(diào)性．
第(3)問采用反證法，可先把|g(x)－g(x0)|＜等價變形為ln
15、x＜g(x0)＜ln x＋，x＞0，再在x∈(0，＋∞)上任取一個值驗證矛盾．
解 (1)由題設(shè)易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，
所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，
當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．
因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，
所以最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x，
設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
則h′(x)＝－，
當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g，
16、當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
當0＜x＜1時，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；
當x＞1時，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.
(3)滿足條件的x0不存在．
證明如下：
假設(shè)存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立，
即對任意x＞0，有l(wèi)n x＜g(x0)＜ln x＋，(*)
但對上述x0，取x1＝eg(x0)時，有l(wèi)n x1＝g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾，
因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立．
另一種證法如下：假設(shè)存在x0
17、＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意的x＞0成立．
由(1)知，g(x)的最小值為g(1)＝1，
又g(x)＝ln x＋＞ln x，
而x＞1時，ln x的值域為(0，＋∞)，
x≥1時g(x)的值域為[1，＋∞)，
從而可取一個x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1.
即g(x1)－g(x0)≥1，
故|g(x1)－g(x0)|≥1＞，與假設(shè)矛盾．
∴不存在x1＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立．
本題有機地將函數(shù)、導數(shù)和不等式結(jié)合到一塊，試題難度較大．本題分三小問，第(1)問較容易；第(2)問可以用平時練習常用的方法解決：首先使用構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造函數(shù)，
18、再用導數(shù)求出函數(shù)的最大值或最小值，且這個最大值小于零，最小值大于零；第(3)問采用反證法，難度較大，難點在于不容易找到與題設(shè)矛盾的特例．
【突破訓練3】 設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當a＞ln 2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知，f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x
19、)
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，
單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2處取得極小值，
極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)證明 設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當a>ln 2－1時，
g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0.
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．
于是當a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，
都有g(shù)(
20、x)>g(0)．而g(0)＝0，
從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
分析法在函數(shù)與導數(shù)題中的應(yīng)用
近年來，高考對函數(shù)與導數(shù)大部分是以壓軸題的形式考查的，試題難度較大，命題角度新穎，需要考生把生疏的問題通過分析轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，考查考生分析、解決問題的能力．
下面以2012年新課標全國卷為例對分析法在導數(shù)中的具體應(yīng)用作一介紹．
【示例】? (2012·新課標全國)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x＞0時，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的
21、最大值．
[滿分解答] (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；若a＞0，則當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)＜0；
當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．(5分)
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故當x＞0時，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等價于
k＜＋x(x＞0)．①(8分)
令g(x)＝＋x，
則g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函數(shù)h(x)＝e
22、x－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設(shè)此零點為α，則α∈(1,2)．
當x∈(0，α)時，g′(x)＜0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等價于k＜g(α)，故整數(shù)k的最大值為2.…(12分)
老師叮嚀：本題主要考查導數(shù)在解決函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)的最值、函數(shù)的零點、不等式問題等方面的應(yīng)用.其中，第(1)問求函數(shù)的導數(shù)，對字母a進行討論，根據(jù)
23、導函數(shù)值的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.第(2)問將原不等式轉(zhuǎn)化為k＜g(x)的形式，利用導數(shù)法求出函數(shù)g(x)的值域，進而得到整數(shù)k的最大值.
【試一試】 設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1)若a＝，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若當x≥0時f(x)≥0，求a的取值范圍．
解 (1)a＝時，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0；當x∈(－1,0)時，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時， f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1,0]上單調(diào)遞減．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，
令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a.
若a≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)，而g(0)＝0，從而當x≥0時g(x)≥0，即f(x)≥0；
若a＞1，則當x∈(0，ln a)時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0，從而當x∈(0，ln a)時g(x)＜0，即f(x)＜0.
綜上得a的取值范圍為(－∞，1]．
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2021屆高三數(shù)學二輪復(fù)習 必考問題專項突破5 函數(shù)、導數(shù)、不等式的綜合問題 理
