高考理科数学二轮复习专题限时训练导数的简单应用

ex

设g(x)＝x，x∈(0,1)， ex?x－1?

所以g′(x)＝x2，

当x∈(0,1)时，g′(x)＜0恒成立， 所以g(x)单调递减． 又因为g(1)＝e，

又当x→0时，g(x)→＋∞， 即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，

?ex－ax??x－1?

所以当a＞e时，f′(x)＝＝0有解．

x2设H(x)＝ex－ax，

设H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)， 所以H(x)在(0,1)上单调递减． 因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0， 所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0. 当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：

x H(x) f′(x) f(x) (0，x0) ＋ － ↘ x0 0 0 极小值 (x0,1) － ＋ ↗ 所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一． 当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立． 综上，a的取值范围为(e，＋∞)．

内容 利用导数讨论函数的单调性、极值、不等式的证明 押题依据 函数的单调性、极值与不等式交汇是近几年高考的热点，考查灵活应用导数工具、数形结合思想及分类讨论思想解题的能力，考查逻辑推理及数学运算的素养 【押题】 设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤ex＋x2.

－

[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，

当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞e

a＋1

－

a

－

，由f′(x)＜0得0＜x＜e

a＋1a

，所以f(x)在

a＋1a＋1

????－－

区间?0，ea?上单调递减，在区间?ea，＋∞?上单调递增；

????

a＋1

－

a

－a＋1a

当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，所以函数f(x)

a＋1a＋1????－－

在区间?0，ea?上单调递增，在区间?ea，＋∞?上单调递减．

????

综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函

a＋1a＋1

????－－

数f(x)在区间?0，ea?上单调递减，在区间?ea，＋∞?上单调递增；当a＜0

????a＋1a＋1

????－－

时，函数f(x)在区间?0，ea?上单调递增，在区间?ea，＋∞?上单调递减．

????

a＋1a

－(2)由(1)知a＜0且e

—

＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要证f(x)≤ex＋x2，

—

—

ex

即证x－xln x≤e＋x，即证1－ln x≤x＋x.

x

2

?x＋1??x－ex?ex1－exx－ex

令f(x)＝ln x＋x＋x－1(x＞0)，则f′(x)＝x＋＋1＝.

x2x2—

—

—

—

令g(x)＝x－ex(x＞0)，易知函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1

—

1

－e＞0，g(0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－e＝0，即x0＝e，且当x∈(0，x0)时g(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时g(x)＞0，故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

e

所以F(x)min＝F(x0)＝ln x0＋x＋x0－1.

0

e—x0

又e＝x0，所以F(x)min＝ln x0＋x＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.

0

—x0

—x0

—x0

—x0

所以f(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤ex＋x2成立．

—