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高考文科數學導數專題復習-資料下載頁

2026-04-08 13:17本頁面

　　

【正文】在區間(1，]上僅有一個零點.(1)解　由f(x)＝－kln x(k0)，得x0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去).f(x)與f′(x)在區間(0，＋∞)上的情況如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以f(x)的單調遞減區間是(0，)，單調遞增區間是(，＋∞).f(x)在x＝處取得極小值f()＝.(2)證明　由(1)知，f(x)在區間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥＝e時，f(x)在區間(1，)上單調遞減，且f()＝0，所以x＝是f(x)在區間(1，]e時，f(x)在區間(0，)上單調遞減，且f(1)＝0，f()＝0，所以f(x)在區間(1，]，若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，]上僅有一個零點.【訓練2】 (2016北京卷節選)設函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)設a＝b＝4，若函數f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍.解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.(2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(－∞，－2)－2－f′(x)＋0－0＋f(x)cc－所以，當c0且c－0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點.考點三　導數在不等式中的應用命題角度一　不等式恒成立問題【例3】 (2017合肥模擬)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)如果函數g(x)的單調遞減區間為，求函數g(x)的解析式；(2)對任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求實數a的取值范圍.解　(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由題意3x2＋2ax－10的解集是，即3x2＋2ax－1＝0的兩根分別是－，＝1或－代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－(x)＝x3－x2－x＋2.(2)由題意2xln x≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln x－x－，設h(x)＝ln x－x－，則h′(x)＝－＋＝－，令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)，當0x1時，h′(x)0，當x1時，h′(x)0，所以當x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范圍是[－2，＋∞).【訓練3】已知函數f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.(1)當a＝1時，求f(x)的最小值；(2)若f(x)x，求a的取值范圍.解　(1)當a＝1時，f(x)＝x2－ln x－x，f′(x)＝.當x∈(0，1)時，f′(x)0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)(x)的最小值為f(1)＝0.(2)由f(x)x，得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x0，所以f(x)x等價于x－a＋(x)＝x－，則g′(x)＝.當x∈(0，1)時，g′(x)0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)(x)有最小值g(1)＝＋11，a0，即a的取值范圍是(－∞，0).命題角度二　證明不等式【例4】 (2017昆明一中月考)已知函數f(x)＝ln x－.(1)求函數f(x)的單調遞增區間；(2)證明：當x1時，f(x)x－1.(1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).由f′(x)0得解得0x.故f(x)的單調遞增區間是.(2)證明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).則有F′(x)＝.當x∈(1，＋∞)時，F′(x)0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調遞減，故當x1時，F(x)F(1)＝0，即當x1時，f(x)x－1時，f(x)x－1.【訓練4】 (2017泰安模擬)已知函數f(x)＝ln x.(1)求函數F(x)＝＋的最大值；(2)證明：＋x－f(x)； (1)解　F(x)＝＋＝＋，F′(x)＝，當F′(x)0時，0xe；當F′(x)0時，xe，故F(x)在(0，e)上是增函數，在(e，＋∞)上是減函數，故F(x)max＝F(e)＝＋.(2)證明　令h(x)＝x－f(x)＝x－ln x，則h′(x)＝1－＝，當h′(x)0時，0x1；當h′(x)0時，x1，故h(x)在(0，1)上是減函數，在(1＋∞)上是增函數，故h(x)min＝h(1)＝(x)max＝＋1，故F(x)h(x)，即＋x－f(x).

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