《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式證明、恒成立問題名師導(dǎo)學(xué)案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式證明、恒成立問題名師導(dǎo)學(xué)案 文（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第5講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式證明、恒成立問題 高考定位　在高考壓軸題中，函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題. 真 題 感 悟 1.(2016·全國Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<1，證明當(dāng)x∈(0，1)時，1＋(c－1)x>cx. (1)解　由f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)0

2、0，f(x)單調(diào)遞增. 當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減. 因此f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù). (2)證明　由(1)知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得最大值f(1)＝0.∴當(dāng)x≠1時，ln x1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 則g′(x)＝c－1－cxln c.令g′(x)＝0， 解得x0＝. 當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減. 由(2)知1<

3、. 又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)00. ∴當(dāng)x∈(0，1)時，1＋(c－1)x>cx. 2.(2017·全國Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0， 解得x1＝－－1，x2＝－1， 令f′(x)>0，則x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，則x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞). ∴f(x)在區(qū)間(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞減，在區(qū)間

4、(－－1，－1)上單調(diào)遞增. (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)， 取x0＝，則x0∈(0，1)， (1－x0)(

5、1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1. 當(dāng)a≤0時，取x0＝， 則x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞). 考 點 整 合 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點 函數(shù)的零點、方程的實根、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的變化趨勢，數(shù)形結(jié)合求解. 2.三次函數(shù)的零點分布 三次函數(shù)在存在兩個極值點的情況下，由于當(dāng)x→∞時，函數(shù)值也趨向∞，只要按照極值與零的大小關(guān)系確定其零點的個數(shù)即可.存在兩個極值點x1，x2且x1

6、＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零點分布情況如下： a的符號 零點個數(shù) 充要條件 a＞0(f(x1)為極大值，f(x2)為極小值) 一個 f(x1)＜0或f(x2)>0 兩個 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三個 f(x1)＞0且f(x2)＜0 a＜0(f(x1)為極小值，f(x2)為極大值) 一個 f(x1)>0或f(x2)＜0 兩個 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三個 f(x1)＜0且f(x2)＞0 3.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題 (1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式. 若證明f(x)

7、如果能證明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可證明f(x)g(x)對一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I). ②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I). ③對?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. ④對?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min. 溫馨提醒　解決方程

8、、不等式相關(guān)問題，要認真分析題目的結(jié)構(gòu)特點和已知條件，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究性質(zhì)，這是解題的關(guān)鍵. 熱點一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根) 【例1】 (2017·淄博診斷)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在區(qū)間內(nèi)無零點，求實數(shù)a的最大值. 解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上遞增. 若f(x)在區(qū)間(－e，－1)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0恒成立

9、. 因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0， 解之得a≥. 又當(dāng)a＝時，f′(x)＝ex－≤0當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時取等號. 所以實數(shù)a的取值范圍是. (2)法一　由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0， 則F′(x)＝a－＝＝，x>0. ①當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 結(jié)合F(1)＝0知，當(dāng)x∈時，F(xiàn)(x)>0. 所以F(x)在內(nèi)無零點. ②當(dāng)a>0時，令F′(x)＝0，得x＝. 若≥時，即a∈(0，4]時， F(x)在上是減函數(shù). 又x→0時，F(xiàn)(x)→＋∞. 要使F(x)在內(nèi)無零點，只需F＝－－2ln≥0，則

10、04時，則F(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù). ∴F(x)min＝F＝2－a－2ln， 令φ(a)＝2－a－2ln， 則φ′(a)＝－1＋＝<0. ∴φ(a)在(4，＋∞)上是減函數(shù)， 則φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0. 因此F<0，所以F(x)在x∈內(nèi)一定有零點，不合題意，舍去. 綜上，函數(shù)F(x)在內(nèi)無零點，應(yīng)有a≤4ln 2，所以實數(shù)a的最大值為4ln 2. (2)法二　當(dāng)a≤0時，同法一. 當(dāng)a>0時，x∈，F(xiàn)′(x)<0；x∈， F′(x)>0. 所以F(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 因此F(x)min＝F.

11、①若≥1，即0F(1)＝0，所以F(x)在內(nèi)無零點. ②若<1，即a>2時，F(xiàn)(x)min＝F≤F(1)＝0. 要使函數(shù)F(x)在內(nèi)無零點， 只需F＝－－2ln≥0， 則2

12、 第三步：結(jié)合圖象求解. 2.根據(jù)函數(shù)零點情況求參數(shù)范圍：(1)要注意端點的取舍；(2)選擇恰當(dāng)?shù)姆诸悩藴蔬M行討論. 【訓(xùn)練1】 (2016·北京卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍. 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當(dāng)a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x

13、)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 解得x＝－2或x＝－. 當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) c  c－  ∴當(dāng)c>0且c－<0時，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點. 熱點二　利用導(dǎo)數(shù)求解不等式問題 命題角度1　證

14、明不等式 【例2－1】 (2015·全國Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當(dāng)a＞0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0). 當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點. 當(dāng)a＞0時，設(shè)u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 又f′(a)＞0，當(dāng)b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0， 故當(dāng)a＞0時，f′(x)存在唯一零

15、點. (2)證明　由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 故當(dāng)a＞0時，f(x)≥2a＋aln. 命題角度2　不等式恒成立問題 【例2－2】 (2016·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1). (1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切

16、線方程； (2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍. 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2. 故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0. (2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0等價于ln x－>0， 設(shè)g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0. ①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 因此g(x)>g

17、(1)＝0. ②當(dāng)a>2時，令g′(x)＝0， 得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1. 故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，因此g(x)

18、解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝. ①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≥0， 則f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 當(dāng)x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù). 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. 綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a； 當(dāng)1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； (2)由題意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知

19、f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，又g′(x)＝(1－ex)x. 當(dāng)x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)， 則g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞， 所以a的取值范圍為 . 探究提高　1.(1)涉及不等式證明或恒成立問題，常依據(jù)題目特征，恰當(dāng)構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值、極值問題，在轉(zhuǎn)化過程中，一定要注意等價性. (2)對于含參數(shù)的不等式，如果易分離參數(shù)，可先分離參數(shù)、構(gòu)造函數(shù)，直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值；否則應(yīng)進行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數(shù)圖象草圖，借助

20、幾何圖形直觀分析轉(zhuǎn)化. 2.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號是否取到，注意端點的取舍. 【訓(xùn)練2】 (2017·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時，證明f(x)≤－－2. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0時，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 若a<0

21、時，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)證明　由(1)知，當(dāng)a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0， 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. 故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x>0時，g(x)≤0， 從而當(dāng)a<0時，ln＋＋1≤0， 即f

22、(x)≤－－2. 熱點三　利用導(dǎo)數(shù)求解最優(yōu)化問題 【例3】 某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3

23、(x－3)(x－6)2，3

24、間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x). (2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值. (4)結(jié)論：回歸實際問題作答. 【訓(xùn)練3】　統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時耗油量y(升)，關(guān)于行駛速度x(千米/時)的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(0

25、最少？最少為多少升？ 解　(1)當(dāng)x＝40時，汽車從甲地到乙地行駛了＝2.5(小時)， 要耗油×2.5＝17.5(升). 所以，當(dāng)汽車以40千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升. (2)當(dāng)速度為x千米/時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設(shè)耗油量為h(x)升， 依題意得h(x)＝ ＝x2＋－(00，h(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x＝80時，h(x)取到極小值h(80)＝11.25， 因為

26、h(x)在(0，120]上只有一個極值，所以它是最小值. 故當(dāng)汽車以80千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升. 1.重視轉(zhuǎn)化思想在研究函數(shù)零點中的應(yīng)用，如方程的解、兩函數(shù)圖象的交點均可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點，充分利用函數(shù)的圖象與性質(zhì)，借助導(dǎo)數(shù)求解. 2.對于存在一個極大值和一個極小值的函數(shù)，其圖象與x軸交點的個數(shù)，除了受兩個極值大小的制約外，還受函數(shù)在兩個極值點外部函數(shù)值的變化的制約，在解題時要注意通過數(shù)形結(jié)合找到正確的條件. 3.利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)>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

27、函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點是解題的突破口. 4.不等式恒成立、能成立問題常用解法 (1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min. (2)直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，在參數(shù)難于分離的情況下，直接轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的最值問題，伴有對參數(shù)的分類討論. (3)數(shù)形結(jié)合，構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數(shù)性質(zhì)的靈活應(yīng)用. 一、選擇題 1.函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝3，對任意x∈R，f′(x)<3，則f(x)

28、>3x＋6的解集為(　　) A.{x|－1－1} C.{x|x<－1} D.R 解析　設(shè)g(x)＝f(x)－(3x＋6)，則g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)為減函數(shù)， 又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根據(jù)單調(diào)性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}. 答案　C 2.若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2，2]恒成立，則m的取值范圍是(　　) A.(－∞，7] B.(－∞，－20] C.(－∞，0] D.[－12，7] 解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)

29、＝0得x＝－1或x＝3(舍去). ∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20， ∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20. 答案　B 3.(2017·貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應(yīng)值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示.當(dāng)1

30、a<2，所以y＝f(x)－a的零點個數(shù)為4. 答案　D 4.(2017·安徽十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝，則(　　) A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2) 解析　f(x)的定義域(0，＋∞)，且f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝e. 當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0. ∴f(x)max＝f(e)＝. 又f(2)＝＝，f(3)＝＝ 所以f(e)>f(3)>f(2). 答案　D 5.(2014·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)

31、＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，－1) 解析　由題意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 當(dāng)a>0時，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零點，不滿足. 當(dāng)a<0時，需使x0>0且唯一，只需f>0，則a2>4，所以a<－2. 答案　C 二、填空題 6.做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓

32、柱的底面半徑為________ dm. 解析　設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小. S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·， 所以S′表＝2πR－. 令S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時，S表最小. 答案　3 7.(2017·長沙調(diào)研)定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，則不等式<1的解集為________. 解析　令g(x)＝， 則g′(x)＝＝. 由題意得g′(x)<0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝在R上單調(diào)遞減. 又g(0)＝

33、＝1，所以<1，即g(x)0， 所以不等式的解集為{x|x>0}. 答案　{x|x>0} 8.(2017·南寧調(diào)研)已知f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，設(shè)m<－2，若?x1∈[m，－2)，?x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，則實數(shù)m的最小值為________. 解析　∵g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，∴g′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)(x－1). 則當(dāng)01時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)遞增， ∴g(x)min＝g(1)＝2. ∵f(x

34、)＝－x2－6x－3＝－(x＋3)2＋6≤6，結(jié)合函數(shù)圖象知，當(dāng)f(x)＝2時，方程兩根分別為－5和－1，則m的最小值為－5. 答案?。? 三、解答題 9.(2017·貴陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝－ln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))； (3)求證：ln≤. (1)解　f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定義域為(0，＋∞). ∵f′(x)＝－＝， ∴f′(x)>0?01， ∴f(x)＝1－－ln x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. (2

35、)解　由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， ∴f(x)在上的最大值為f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f

36、.已知函數(shù)f(x)＝aln x＋1(a>0). (1)設(shè)φ(x)＝f(x)－1－a，求φ(x)的最小值； (2)在區(qū)間(1，e)上f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 解　(1)φ(x)＝f(x)－1－a ＝aln x－a(x>0). 則φ′(x)＝－＝， 令φ′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)01時，φ′(x)>0. ∴φ(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù). 故φ(x)在x＝1處取得極小值，也是最小值. ∴φ(x)min＝φ(1)＝0. (2)由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>. 令g(x)＝(1

37、則g′(x)＝. 令h(x)＝ln x－(10. 故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0. 因為h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增， 則g(x)0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. (1)解　由f(x)＝－kln x(k>0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，

38、解得x＝(負值舍去). f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞). f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0， 從而k≥e， 當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點. 當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點. - 17 -