清华大学电磁兼容培训教材

类型一类型二类型三限时规范训练规范滚动训练专题六导数与函数必考点利用导数研究函数性质、证明不等式类型一学会踩点[例1](2016·高考全国乙卷)(本题满分12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性．(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(1分)(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．(2分)(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－e2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．(3分)②若a＞－e2，则ln(－2a)＜1，故当x∈(－∞，ln(－2a)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a)，1)单调递减．(4分)③若a＜－e2，则ln(－2a)＞1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．(6分)(2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜lna2，则f(b)＞a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b＞0，所以f(x)有两个零点．(8分)(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．(9分)(ⅲ)设a＜0，若a≥－e2，则由(1)知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．(10分)若a＜－e2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．(11分)综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，f(x)的单调性，讨论a的四种情况：a≥0，a＝－e2；－e2＜a＜0；a＜－e2，每缺一种情况或每错一种情况，则扣1分，两个单调区间用“∪”联结者扣1分．(2)单调区间错误者，则扣该情况的1分(3)第(2)问，讨论a的四种情况：a＞0，a＝0，－e2≤a＜0，a＜－e2，缺一种情况或者错一种情况，则扣1分(4)缺少综上a的范围，扣1分．1．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)判断曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈1e，e时，若函数y＝f(x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝lnx＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝1又f(1)＝0，∴曲线在点(1,0)处切线方程为y＝x－1由y＝－x2＋ax－2y＝x－1⇒x2＋(1－a)x＋1＝0由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ0时，即a－1或a3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ0时，即－1a3时，没有公共点．(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xlnx，由y＝0，得a＝x＋2x＋lnx.令h(x)＝x＋2x＋lnx，则h′(x)＝x－1x＋2x2.当x∈1e，e时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以，h(x)在1e，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此，hmin(x)＝h(1)＝3.由h1e＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1比较可知h1eh(e)，所以，结合函数图象可得，当3a≤e＋2e＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点．类型二学会审题[例2](2016·高考全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－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．审题路线图(1)已知a及fx――→求f1确定切点→求导→f′1→切线方程(2)题设fx＞0――→转化gx＝lnx－ax－1x＋1→求g′x――→讨论agx的单调性→gx的取值[规范解答](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－ax－1x＋1＞0.设g(x)＝lnx－ax－1x＋1，则g′(x)＝1x－2ax＋12＝x2＋21－ax＋1xx＋12，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋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－12－1，x2＝a－1＋a－1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)＜g(1)，即g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．2．已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－1＋ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－1x＝x－1x，f(1)＝1，f′(1)＝0，切点(1,1)，斜率k＝0，∴曲线f(x)在点(1,1)处的切线方程为y＝1.(2)h(x)＝x＋1＋ax－alnx，h′(x)＝1－1＋ax2－ax＝x2－ax－1＋ax2＝x＋1[x－1＋a]x2.①当a＋1＞0时，即a＞－1时，在(0,1＋a)上h′(x)＜0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)＞0，所以h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增；②当a＋1≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上h′(x)＞0，所以，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．(3)在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h(x0)＜0，即函数h(x)＝x＋1＋ax－alnx在[1，e]上的最小值小于零．由(2)可知，①当a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)＝e＋1＋ae－a＜0可得a＞e2＋1e－1，因为e2＋1e－1＞e－1，所以a＞e2＋1e－1；②当a＋1≤1，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋a＜0可得a＜－2；③当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，可得h(x)最小值为h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)，因为0＜ln(1＋a)＜1，所以0＜aln(1＋a)＜a.故h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)＞2，此时不存在x0使h(x0)＜0成立．综上可得，所求a的范围是e2＋1e－1，＋∞∪(－∞，－2)．类型三学会规范[例3](本题满分12分)设函数f(x)＝x22－klnx，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值．(2)证明若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，e)上仅有一个零点．[考生不规范示例](1)f′(x)＝x－kx＝x2－kx.因为k＞0，所以由f′(x)＝0，得x＝k.令f′(x)＞0，得x＞k，令f′(x)＜0，得x＜k.所以f(x)的增区间是(k，＋∞)，减区间是(－∞，k)．当x＝k时，取得极小值f(k)＝k1－lnk2.当k≥e，即k≥e时，f(1)＝12＞0，f(e)＝e－k2≤0.所以f(x)在区间(1，e)上有一个零点．综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，e)上仅有一个零点．[规范解答](1)由f(x)＝x22－klnx(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.(2分)由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．(4分)f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k1－lnk2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)．f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k1－lnk2.(6分)(2)证明：由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k1－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k1－lnk2≤0，从而k≥e.(8分)当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，(10分)所以x＝e是f(x)在区间(1，e)上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(1)＝12＞0，f(e)＝e－k2＜0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．(12分)[终极提升]——登高博见用导数证明不等式的基本思路是构造函数——就是根据题目特征，对问题进行深入分析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于变换思维，运用转化的思想，化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换，构造出恰当的函数．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.