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高考必考题突破专项讲解(一)
导数及其应用
[解密考纲]导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．
1．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－2.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，若函数F(x)的零点有且只有一个，求实数a的值．
解析　(1)∵f′(x)＝ln x＋1，
∴当0时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
①当0∴f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值为f＝－；
②当t≥时，函数f(x)在区间[t，t＋2]上单调递增，
∴f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值为f(t)＝tln t.
综上，f(x)min＝
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝xln x＋x2－ax＋2，
由题意F(x)＝0，即a＝ln x＋x＋在(0，＋∞)上有且只有一个根，
令h(x)＝ln x＋x＋，
则h′(x)＝＋1－＝＝(x>0)，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝3，
由题意可知，若使y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有一个公共点，则a＝h(x)min＝3.
综上，若函数F(x)的零点有且只有一个，则实数a＝3.
2．已知函数f(x)＝x·eax＋ln x－e，(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝ln x＋－e，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在定义域内存在两个零点，求实数a的取值范围．
解析　(1)∵a＝1，
∴f(x)＝xex＋ln x－e，f′(x)＝(x＋1)ex＋，
∴f(1)＝0，f′(1)＝2e＋1．
∴f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝(2e＋1)(x－1)．
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝xeax－＝在定义域(0，＋∞)上存在两个零点，即x2eax－1＝0在(0，＋∞)上有两个实数根．
令φ(x)＝x2eax－1，则φ′(x)＝ax2eax＋2xeax＝xeax(ax＋2)，
①当a≥0时，φ′(x)＝xeax(ax＋2)>0，∴y＝φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝φ(x)在(0，＋∞)至多一个零点，不合题意．
②当a<0时，令φ′(x)＝0，得x＝－.
x －
φ′(x) ＋ 0 －
φ(x) 单调递增 极大值 单调递减
∵φ(0)＝－1，当x→＋∞，φ(x)→－1，
∴要使φ(x)＝x2eax－1在(0，＋∞)上有两个零点，
则φ>0即可，得a2<，又a<0，∴－3．(2019·安徽合肥高三调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx在x＝处取得极小值－.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若过点M(1，m)的直线与曲线y＝f(x)相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．
解析　(1)由题意得，f′(x)＝2ax2＋b.
∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝处取得极小值－，
∴即解得
则函数f(x)的解析式为f(x)＝2x3－3x.
(2)设切点坐标为(x0,2x－3x0)，则曲线y＝f(x)的切线的斜率k＝f′(x0)＝6x－3，
切线方程为y－(2x－3x0)＝(6x－3)(x－x0)，
代入点M(1，m)，得m＝－4x＋6x－3，
依题意，方程m＝－4x＋6x－3有三个不同的实根．
令g(x)＝－4x3＋6x2－3，
则g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，
∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
故g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(x)极小值＝g(0)＝－3，g(x)极大值＝g(1)＝－1．
∴当－3∴当－3故实数m的取值范围是(－3，－1)．
4．已知函数f(x)＝ln x＋ax2(a∈R)．
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若xf′(x)－f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜；由f′(x)＜0得
x＞，
则当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)∵xf′(x)－f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x－(1n x＋ax2)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即a＞在(0，＋∞)上恒成立.
设h(x)＝＝(x＞0) ，则h′(x)＝，
由h′(x)＞0得0＜x＜e；由h′(x)＜0得x＜e，
故函数h(x)在上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h＝，∴a＞ ，即实数a的取值范围为.
5．已知函数f(x)＝axln x＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1．
(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x1)＝g(x2)(x12.
解析　(1)由题得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(1＋ln x)，
因为曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，
所以解得a＝1，b＝0.
令f′(x)＝1＋ln x＝0，得x＝.
当0当x>时，f′(x)>0，f(x)在区间上单调递增．
所以函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)由(1)得，g(x)＝＝ln x＋.
由g(x1)＝g(x2)(x1即＝ln>0.
要证x1＋x2>2，需证(x1＋x2)>2ln，
即证－>2ln，
设＝t(t>1)，则要证－>2ln，
等价于证：t－>2ln t(t>1)．
令u(t)＝t－－2ln t，则u′(t)＝1＋－＝2>0，
∴u(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，u(t)>u(1)＝0，
即t－>2ln t，故x1＋x2>2.
6．已知函数f(x)＝x2－x＋aln x(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>
解析　(1)a＝1时，f(x)＝x2－x＋lnx，
f′(x)＝x－1＋，
f′(1)＝1，f(1)＝－，∴y－＝x－1，即y＝x－.
∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为2x－2y－3＝0.
(2)f′(x)＝x－1＋＝(a>0)．
①若a≥，则x2－x＋a≥0，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若00得0x>；由x2－x＋a<0得∴f(x)在上单调递减，在和上单调递增．
综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0在和上单调递增．
(3)由(2)知0且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的两个根，∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a.
∴f(x1)＋f(x2)＝x－x1＋aln x1＋x－x2＋aln x2
＝(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝－a－1＋aln a
＝aln a－a－.
令g(x)＝xln x－x－，则g′(x)＝ln x<0.
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)>g＝.
∴f(x1)＋f(x2)>.

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