第四章 导数及其应用 热点探究训练2 函数、导数与不等式
3x＋ax1.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. 【导学号：62172116】 [解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝ 6x＋a－3x＋
2
2
e－3x＋axe
x2
e6－ax＋a. xe
3分
x2x＝
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
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.
ee
－3x＋
(2)由(1)知f′(x)＝
2
2
2
2
7分
6－ax＋a， xe
令g(x)＝－3x＋(6－a)x＋a，
6－a－a＋366－a＋a＋36
由g(x)＝0解得x1＝，x2＝. 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分
?9?范围为?－，＋∞?.
?2?
x 14分
e?2?2.(2017·苏州模拟)设函数f(x)＝2－k?＋ln x?(k为常数，e＝2.718 28…是自然对
x?x?
数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围． [解] (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
x2ex－2xex?21?f′(x)＝－k?－2＋?
x4?xx?
xxex－2exkx－2x－2e－kx＝－＝.
x3x2x3
由k≤0可得e－kx>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞). (2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 故f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当k>0时，设函数g(x)＝e－kx，x∈[0，＋∞)． 因为g′(x)＝e－k＝e－e当0 当x∈(0,2)时，g′(x)＝e－k>0，y＝g(x)单调递增， 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当k>1时， 得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减， xxxln kx6分 x， x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增． 所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)． 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点， g0>0， ??gln k<0， 当且仅当?g2>0， ??0 xe 解得e 2 2 13分 ?e?综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为?e，?. ?2? x2 2 14分 3.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)e＋a(x－1). (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)e＋2a(x－1)＝(x－1)(e＋2a). (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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． ex①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(e－e)， 2 3分 x1分 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． e ②若a＞－，则ln(－2a)＜1， 2 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，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减. e ③若a＜－，则ln(－2a)＞1， 2 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. 7分 5分 (2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又 aa?23?2 f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)＝a?b－b?＞ 2 2 ?2? 0，所以f(x)有两个零点. x9分 (ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)e，所以f(x)只有一个零点． e (ⅲ)设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x) 2e ＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减， 2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． 综上，a的取值范围为(0，＋∞). 14分 4.(2017·盐城模拟)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]函数g(x)＝x＋x?f′ 3 2 ? ? mx＋?在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围； 2? ? ln 2ln 3ln 4ln n1 (3)求证：×××…×<(n≥2，n∈N＋). 【导学号：62172117】 234nn[解] (1)f′(x)＝ a1－x(x>0)． x当a>0时，f(x)的单调增区间为(0,1]，减区间为[1，＋∞)； 当a<0时，f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]； 当a＝0时，f(x)不是单调函数. 4分 a2x－2 (2)由f′(2)＝－＝1得a＝－2，∴f′(x)＝. 2x??23 ∴g(x)＝x＋?＋2?x－2x， ?2? ∴g′(x)＝3x＋(m＋4)x－2. ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2， ∴? ?g′???g′ 2 mt<0， 3>0. g′1<0，?? 由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)<0恒成立，所以有：?g′2<0， ??g′3>0， 37 ∴－ 3 8分 (3)证明：令a＝－1，此时f(x)＝－ln x＋x－3，所以f(1)＝－2， 由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，＋∞)时f(x)>f(1)，即－ln x＋x－1>0，∴ln x ln nn－1则有0 ln 2ln 3ln 4ln n123n－11 ×××<×××…×＝(n≥2，n∈N＋). 234n234nn16分
高考数学一轮复习第四章导数及其应用热点探究训练2函数导数与不等式
