2ax2?(2a?1)x?1(2ax?1)(x?1)解：（1）f'(x)??(x?0)
xx当a?0时，f'(x)?0，则f(x)在(0,??)单调递增 当a?0时，则f(x)在(0,?11)单调递增，在(?,??)单调递减. 2a2a1?1?1)?ln?????1 2a2a4a??（2）由（1）知，当a?0时，f(x)max?f(?f(?1311)?(?－2)?ln(?)??1， 2a4a2a2a令y?lnt?1?t （t??11?0），令y'??1?0，解得t?1 2at∴y在(0,1)单调递增，在(1,??)单调递减. ∴y?ymax?y(1)?0， 即f(x)max??(
5.（2016?四川卷文）（本题满分14分）
1e
设函数f (x)=ax2－a－lnx，g(x)= －x ，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.
xe（Ⅰ）讨论f (x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x＞1时，g(x)＞0；
（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f (x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立. 12ax2－1
解：(1) f ′(x)＝2ax－＝(x>0)．
xx
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)内单调递减． 当a>0时，由f ′(x)＝0得x＝
当x∈?0，
1
. 2a
33?2)，∴f(x)???2. 4a4a?
1?时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 2a?
当x∈?
1
，＋∞?时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． ?2a?
(2)证明：令s(x)＝ex-1－x，则s′(x)＝ex-1－1.
1e当x>1时，s′(x)>0，所以ex-1>x，从而g(x)＝－x>0.
xe (3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f (x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 11
当0
所以此时f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立． 1
当a≥时，令h(x)＝f (x)－g(x)(x>1)，
2
11111x3－2x＋1x2－2x＋1x1-则h′(x)＝2ax－＋2－e>x－＋2－＝>>0. xxxxxx2x2因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f (x)－g(x)>0，即f (x)>g(x)恒成立． 1
，＋∞?. 综上，a∈??2?
【点评】关键点拨：第(1)问中对a的讨论是关键，第(3)问中恒成立求参数化归为函数求最值，最值的求解是难点．
测训诊断：(1)本题难度较大，主要考查分类讨论求单调区间、构造函数证明不等式、不等式恒成立求参数取值范围问题．(2)考生失分主要体现两点：①分类讨论不全面；②在第(3)问中不等式恒成立求参数范围转化为函数求最值时，计算过程出现失误．
6.（2016?课标全国Ⅱ文）（本小题满分12分） 已知函数f(x)?(x?1)lnx?a(x?1).
（I）当a?4时，求曲线y?f(x)在?1,f(1)?处的切线方程； （Ⅱ）若当x??1,???时，f(x)＞0，求a的取值范围. 解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
1
当a＝4时，f (x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f ′(x)＝ln x＋－3，f ′(1)＝－2，f(1)＝0.
x所以曲线y＝f (x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0. a（x－1）
(2)当x∈(1，＋∞)时，f (x)>0等价于ln x－>0.
x＋1
a（x－1）x2＋2（1－a）x＋112a
设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
x（x＋1）2x＋1x（x＋1）2当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，即g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；
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)上单调递减，
因此g(x)<0，此时不满足题意． 综上，a的取值范围是(－∞，2]．
【点评】关键点拨：第一问，给定参数a＝4，函数f (x)就确定，从而可求出切点为(1，0)，再结合导数的几何意义，得到斜率k＝f′(1)＝－2，利用点斜式即可求出切线方程．第二问是恒成立问题，可适当转化，另外要注意函数的端点值，这样可以减少讨论的步骤． 测训诊断：(1)利用导数解决相关问题，往往都有一定的深度和广度，本题考查较常规，容易上手，但也不易得满分；(2)导数题区分度较大，要根据自身情况，量力而行，不轻易放弃，规范步骤，把会做的做好，也会有所收获．
7.（2017·天津文）（本小题满分14分）
设a,b?R，|a|?1.已知函数f(x)?x3?6x2?3a(a?4)x?b，g(x)?exf(x). （Ⅰ）求f(x)的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y?g(x)和y?ex的图像在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：f(x)在x?x0处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式g(x)?ex在区间[x0?1,x0?1]上恒成立，求b的取值范围.
32解：（I）由f(x)?x?6x?3a(a?4)x?b，可得
f?(x)?3x2?12x?3a(a?4)?3(x?a)(x?(4?a))， 令f?(x)?0,解得x?a或x?4－a.由|a|?1，得a＜4?a.
当x变化时，f?(x),f(x)的变化情况如下表：
?f(x)的单调递增区间为（－?，a），（４－a，＋?）单调递减区间为（a，４－a）．
x??g(x0)?e0(II) （i）因为g?(x)?e(f(x)?f?(x)) 由题意得? x0???g(x0)?exxx??f(x0)?1?f(x0)e0?e0,解得所以?x ?x00?f(x)?0?e(f(x)?f(x))?e?0?00?所以f(x)在x?x0处的导数等于０.
（ii）因为g(x)?ex，x?[x0?1,x0?1]，由ex?0，可得f(x)?1. 又因为f(x0)?1，f'(x0)?0，故x0为f(x)的极大值点， 由（I）知x0?a.另一方面，由于|a|?1，故a?1?4?a， 由（I）知f(x)在(a?1,a)内单调递增，在(a,a?1)内单调递减， 故当x0?a时，f(x)?f(a)?1在[a?1,a?1]上恒成立，
x从而g(x)?e在[x0?1,x0?1]上恒成立.
32由f(a)?a?6a?3a(a?4)a?b?1，得b?2a3?6a2?1，?1?a?1．
322令t(x)?2x?6x?1，x?[?1,1]，所以t'(x)?6x?12x，
令t'(x)?0，解得x?2（舍去）或x?0.
因为t(?1)??7，t(1)??3，t(0)?1，故t(x)的值域为[?7,1]. 所以，b的取值范围是[?7,1].
8.（2016·江苏理）（本小题满分16分）已知函数f（x）=ax+bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）． （1）设a=2，b=．
①求方程f（x）=2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）－6恒成立，求实数m的最大值； （2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）－2有且只有1个零点，求ab的值． 1
解： (1)因为a＝2，b＝2，所以f (x)＝2x＋2-x.
①方程f (x)＝2，即2x＋2-x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2-2x＝(2x＋2-x)2－2＝[f (x)]2－2. 因为f(2x)≥mf (x)－6对于任意x∈R恒成立，且f (x)>0， [f（x）]2＋4
所以m≤f（x）对于任意x∈R恒成立．
12[f（x）]2＋44
而f（x）＝f (x)＋f（x）≥2[f（0）]2＋44
f（x）·f（x）＝4，且f（0）＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点， 而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0， 所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由0
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝logb?－ln b?.
a
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)
x0?x0?若x0<0，则x0<2<0，于是g?2? 22 g(loga2)＝alog2a＋bloga－2>aloga－2＝0，且函数 x0 g(x)在以2和loga2为端点的闭区间 x0 上的图像不间断，所以在2和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1. x0 因为0 所以x1<0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾． x0 若x0>0，同理可得，在2和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾． 因此，x0＝0. ln a 于是－ln b＝1，故lg a＋ln b＝0，所以ab＝1. 【解析】 【点评】关键点拨：注意分离参数方法在解与函数有关的不等式求参问题中的应用；根据函数零点个数求参数值时，注意应用零点存在定理，利用换元法求解时一定要注意新元的取值范围． 测训诊断：(1)本题难度大，主要考查指数函数、基本不等式、利用导数研究初等函数的单调性及零点问题，考查学生综合运用数学思想分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，
(完整word版)2018年高考数学专题复习突破训练(高考真题专题练)_构造函数解决高考导数问题
