2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 文

2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 文1.(2018·全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1.(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點(diǎn),求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)a時,f(x)0.(1)解:f(x)的定義域?yàn)?0,+),f'(x)=aex-.由題設(shè)知,f'(2)=0,所以a=.從而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-.當(dāng)0<x<2時,f'(x)<0;當(dāng)x>2時,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.(2)證明:當(dāng)a時,f(x)-ln x-1.設(shè)g(x)=-ln x-1,則g'(x)=-.當(dāng)0<x<1時,g'(x)<0;當(dāng)x>1時,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng)x>0時,g(x)g(1)=0.因此,當(dāng)a時,f(x)0.2.(2018·全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:f(x)只有一個零點(diǎn).(1)解:當(dāng)a=3時,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.當(dāng)x(-,3-2)(3+2,+)時,f'(x)>0;當(dāng)x(3-2,3+2)時,f'(x)<0.故f(x)在(-,3-2),(3+2,+)單調(diào)遞增,在(3-2,3+2)單調(diào)遞減.(2)證明:因?yàn)閤2+x+1>0,所以f(x)=0等價于-3a=0.設(shè)g(x)=-3a,則g'(x)=0,僅當(dāng)x=0時g'(x)=0,所以g(x)在(-,+)單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個零點(diǎn),從而f(x)至多有一個零點(diǎn).又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一個零點(diǎn).綜上,f(x)只有一個零點(diǎn).3.(2017·全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)0,求a的取值范圍.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-,+),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,則f(x)=e2x在(-,+)上單調(diào)遞增.若a>0,則由f'(x)=0得x=ln a.當(dāng)x(-,ln a)時,f'(x)<0,當(dāng)x(ln a,+)時,f'(x)>0,故f(x)在(-,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+)上單調(diào)遞增.若a<0,則由f'(x)=0得x=ln-.當(dāng)x-,ln-時,f'(x)<0;當(dāng)xln-,+時,f'(x)>0,故f(x)在-,ln-上單調(diào)遞減,在ln-,+上單調(diào)遞增.(2)若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)0.若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a.從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a0,即a1時,f(x)0,綜合得0<a1.若a<0,則由(1)得當(dāng)x=ln-時,f(x)取得最小值,最小值為fln-=a2-ln-,從而當(dāng)且僅當(dāng)a2-ln-0,即a-2時f(x)0.綜上,a的取值范圍是-2,1.4.(2016·全國卷,文21)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點(diǎn),求a的取值范圍.解:(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).設(shè)a0,則當(dāng)x(-,1)時,f'(x)<0;當(dāng)x(1,+)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.設(shè)a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).()若a=-,則f'(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-,+)上單調(diào)遞增.()若a>-,則ln(-2a)<1,故當(dāng)x(-,ln(-2a)(1,+)時,f'(x)>0;當(dāng)x(ln(-2a),1)時,f'(x)<0,所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)上單調(diào)遞增,在(ln(-2a),1)上單調(diào)遞減.()若a<-,則ln(-2a)>1,故當(dāng)x(-,1)(ln(-2a),+)時,f'(x)>0;當(dāng)x(1,ln(-2a)時,f'(x)<0,所以f(x)在(-,1),(ln(-2a),+)上單調(diào)遞增,在(1,ln(-2a)上單調(diào)遞減.(2)設(shè)a>0,則由(1)知,f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b<ln,則f(b)>(b-2)+a(b-1)2=ab2-b>0,所以f(x)有兩個零點(diǎn).設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一個零點(diǎn).設(shè)a<0,若a-,則由(1)知,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點(diǎn);若a<-,則由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a)上單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點(diǎn).綜上,a的取值范圍為(0,+).1.考查角度考查利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)等.2.題型及難易度解答題,屬于難題或者較難題.(對應(yīng)學(xué)生用書第1516頁) 導(dǎo)數(shù)與不等式考向1導(dǎo)數(shù)方法證明不等式【例1】 (1)(2018·陜西咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)ln x-x+1(aR),當(dāng)a時,求證:對任意的x1,f(x)0;(2)(2018·河南新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)=ex(aln x-bx),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y=(e-4)x-e+2.證明:f(x)+x2<0.證明:(1)當(dāng)a時,f(x)=a(x+1)ln x-x+1,欲證f(x)0,注意到f(1)=0,只要f(x)f(1)即可.f'(x)=aln x+1-1(x1),令g(x)=ln x+1(x1),則g'(x)=-=0(x1),知g(x)在1,+)上遞增,有g(shù)(x)g(1)=2,所以f'(x)2a-10a,可知f(x)在1,+)上遞增,于是有f(x)f(1)=0,綜上,當(dāng)a時,對任意的x1,f(x)0.(2)由已知得f'(x)=exaln x-bx+-b(x>0),因?yàn)樗运詅(x)=exln x-2xex-1,所以f(x)+x2<0exln x+x2<2xex-1<-.設(shè)g(x)=,h(x)=-,要證f(x)+x2<0,即要證g(x)<h(x)在(0,+)上恒成立.因?yàn)間'(x)=(x>0),所以g(x)=在(0,e)上為增函數(shù),在(e,+)上為減函數(shù),所以g(x)g(e)=.又h'(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+)上為增函數(shù),所以h(x)h(1)=.由于和不能同時取等號,故g(x)<h(x).所以f(x)+x2<0成立.導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本途徑有兩條:(1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a),如證明x0,sin x<x時,可以證明f(x)=sin x-x在0,上單調(diào)遞減,則f(x)<f(0)得證;(2)考慮最值,利用函數(shù)在區(qū)間D上,f(x)minf(x)f(x)max,如證明,當(dāng)x(0,+),ln xx-1時,可以求出函數(shù)f(x)=ln x-(x-1)在(0,+)上的最大值為0得證.無論哪條途徑都是以單調(diào)性為基礎(chǔ),函數(shù)的單調(diào)性的研究是導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的核心.考向2根據(jù)不等式確定參數(shù)取值范圍【例2】 (2018·湖南永州市一模)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=ax2+1,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間1,e上的單調(diào)性;(2)已知a(0,e),若對任意x1,x21,e,有f(x1)>g(x2),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)f'(x)=-a=,a.當(dāng)a0時,1-ax>0,f'(x)>0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞增,b.當(dāng)0<a時,e,f'(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞增,c.當(dāng)<a<1時,1<<e,所以x1,時,f'(x)0,f(x)在1,上單調(diào)遞增,當(dāng)x,e時,f'(x)0,f(x)在,e上單調(diào)遞減.d.當(dāng)a1時,1,f'(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a時,f(x)在1,e上單調(diào)遞增,當(dāng)<a<1時,f(x)在1,上單調(diào)遞增,在,e上單調(diào)遞減;當(dāng)a1時,f(x)在1,e上單調(diào)遞減.(2)g'(x)=2ax,依題意,x1,e時,f(x)min>g(x)max恒成立.已知a(0,e),則當(dāng)a0時,g'(x)0,所以g(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=-a.所以-a>a+1,得a<-;當(dāng)ae時,g'(x)>0,所以g(x)在1,e上為增函數(shù),g(x)max=g(e)=ae2+1,因?yàn)閒(x)在1,e上為減函數(shù),所以f(x)min=f(e)=1-ae,故1-ae>ae2+1,所以a<0與ae矛盾.綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是-,-.(1)對于f(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立,只需f(x)-g(x)min0即可,而f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進(jìn)第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若x0使得f(x0)>g(x0)成立,則只需x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)>g(x2)恒成立,則只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】熱點(diǎn)訓(xùn)練1:(1)(2018·天津?yàn)I海新區(qū)八校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=x2ex.求在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;當(dāng)x-2,2時,求使得不等式f(x)2a+1能成立的實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)(2018·廣西柳州模擬)已知a為實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x.若x=3是函數(shù)f(x)的一個極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的值;設(shè)g(x)=(a-2)x,若x0,e,使得f(x0)g(x0)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)因?yàn)閒'(x)=x2ex+2xex,所以k=f'(1)=3e,切點(diǎn)(1,e).切線方程為3ex-y-2e=0.令f'(x)>0,即x(x+2)ex>0,得f(x)在區(qū)間(-,-2),(0,+)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減.由知,f(x)在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(0)=0.當(dāng)x-2,2時,不等式f(x)2a+1能成立,需2a+1f(x)min,即2a+10,故a-.故a的取值范圍為-,+.(2)函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0,+),f'(x)=+2x-4=.因?yàn)閤=3是函數(shù)f(x)的一個極值點(diǎn),所以f'(3)=0,解得a=-6.經(jīng)檢驗(yàn)a=-6時,x=3是函數(shù)f(x)的一個極小值點(diǎn),符合題意,所以a=-6.由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)a-2x0,記F(x)=x-ln x(x>0),所以F'(x)=(x>0),所以當(dāng)0<x<1時,F'(x)<0,F(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時,F'(x)>0,F(x)單調(diào)遞增.所以F(x)>F(1)=1>0,所以a,記G(x)=,x,e.所以G'(x)=.因?yàn)閤,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)0,所以x-2ln x+2>0,所以x,1時,G'(x)<0,G(x)單調(diào)遞減;x(1,e)時,G'(x)>0,G(x)單調(diào)遞增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以aG(x)min=-1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為-1,+).導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)考向1確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)【例3】 (2018·湖北武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(aR,e=2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)討論g(x)=f(x)·x-在區(qū)間0,1內(nèi)零點(diǎn)的個數(shù).解:(1)f'(x)=ex-a,當(dāng)a0時,f'(x)>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無減區(qū)間;當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,ln a),增區(qū)間為(ln a,+).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考慮f(x)在區(qū)間0,1的零點(diǎn)個數(shù).當(dāng)a1時,f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個零點(diǎn);當(dāng)ae時,f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個零點(diǎn);當(dāng)1<a<e時,f(x)在(0,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,1)上單調(diào)遞增.而f(1)=e-a-1,所以a1或a>e-1時,f(x)有一個零點(diǎn),當(dāng)1<ae-1時,f(x)有兩個零點(diǎn).而x=時,由f=0得a=2(-1).所以a1或a>e-1或a=2(-1)時,g(x)有兩個零點(diǎn);當(dāng)1<ae-1且a2(-1)時,g(x)有三個零點(diǎn).確定函數(shù)f(x)零點(diǎn)個數(shù)的基本思想是數(shù)形結(jié)合,即根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、函數(shù)值的變化趨勢,得出函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的個數(shù),其中的一個技巧是把f(x)=0化為g(x)=h(x),通過研究函數(shù)g(x),h(x)的性質(zhì),得出兩個函數(shù)圖象交點(diǎn)的個數(shù).考向2根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)確定參數(shù)取值范圍【例4】 (2018·河南南陽一中三模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)當(dāng)a=0時,f(x)g(x)在(1,+)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)當(dāng)m=2時,若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在1,3上恰有兩個不同的零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=0時,由f(x)-g(x)0得mln xx,因?yàn)閤>1,所以ln x>0,所以有m在(1,+)上恒成立,令G(x)=,G'(x)=,由G'(x)=0得x=e,當(dāng)x>e,G'(x)>0,當(dāng)0<x<e時,G'(x)<0,所以G(x)在(0,e)上為減函數(shù),在(e,+)上為增函數(shù),所以G(x)min=G(e)=e,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-,e.(2)當(dāng)m=2時,函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有兩個不同的零點(diǎn),即方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個不同的根,令(x)=x-2ln x,則'(x)=1-=,當(dāng)1x<2時,'(x)<0;當(dāng)2<x3時,'(x)>0,所以(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3上單調(diào)遞增,(x)min=(2)=2-2ln 2,又(1)=1,(3)=3-2ln 3,(1)>(3),要使方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個不同的根,結(jié)合圖象可知(2)<a(3).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2-2ln 2,3-2ln 3.根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)確定參數(shù)取值范圍的基本思想也是數(shù)形結(jié)合,即根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、函數(shù)值的變化趨勢大致得出函數(shù)y=f(x)的圖象,再根據(jù)零點(diǎn)個數(shù)確定函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的個數(shù),得出參數(shù)滿足的不等式,求得參數(shù)的取值范圍,一個基本的技巧是把f(x)=0化為g(x)=h(x),據(jù)f(x)零點(diǎn)個數(shù)確定函數(shù)y=g(x),y=h(x)圖象的交點(diǎn)個數(shù),得出參數(shù)滿足的不等式,求得參數(shù)的取值范圍.熱點(diǎn)訓(xùn)練2:(2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=xex-(x+1)2.(1)當(dāng)x-1,2時,求f(x)的最大值與最小值;(2)討論方程f(x)=ax-1的實(shí)根的個數(shù).解:(1)因?yàn)閒(x)=xex-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)ex-2(x+1)=(x+1)(ex-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)隨x的變化如下表:x-1(-1,ln 2)ln 2(ln 2,2)2f'(x)0-0+續(xù)表x-1(-1,ln 2)ln 2(ln 2,2)2f(x)-(ln 2)2-12e2-9f(x)在-1,2上的最小值是-(ln 2)2-1,因?yàn)?e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在-1,2上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x=x(ex-x-a-2),所以f(x)=ax-1x=0或ex-x-a-2=0,設(shè)g(x)=ex-x-a-2,則g'(x)=ex-1,x>0時,g'(x)>0,x<0時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+)上是增函數(shù),在(-,0)上是減函數(shù),g(x)g(0)=-a-1,且x+,g(x)+,x-,g(x)+,當(dāng)-a-1>0,即a<-1時,g(x)=0沒有實(shí)根,方程f(x)=ax-1有1個實(shí)根;當(dāng)-a-1=0,即a=-1時,g(x)=0有1個實(shí)根為零,方程f(x)=ax-1有1個實(shí)根;當(dāng)-a-1<0,即a>-1時,g(x)=0有2個不等于零的實(shí)根,方程f(x)=ax-1有3個實(shí)根.綜上可得,a-1時,方程f(x)=ax-1有1個實(shí)根;a>-1時,方程f(x)=ax-1有3個實(shí)根.熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018·衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)依題意,得f'(x)=-4x=,x(0,+).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,單調(diào)遞減區(qū)間為,+.(2)由題意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依題意,方程+aln x-a=0有實(shí)數(shù)根,即函數(shù)h(x)=+aln x-a存在零點(diǎn).h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.當(dāng)a<0時,h'(x)<0.即函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞減,而h(1)=1-a>0,h()=+a1-a=-1<-1<0.所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn);當(dāng)a>0時,h'(x),h(x)隨x的變化情況如下表:x0,+h'(x)-0+h(x)極小值所以h=a+aln-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值.當(dāng)h>0,即0<a<1時,函數(shù)h(x)沒有零點(diǎn);當(dāng)h0,即a1時,注意到h(1)=1-a0,h(e)=+a-a=>0,所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a(-,0)1,+)時,方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根. 【例1】 (2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln -.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,且對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)因?yàn)閒(x)=2ln -,所以f'(x)=-=,因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+),當(dāng)<x<2時,f'(x)<0,0<x<或x>2時,f'(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,(2,+).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>1時f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因?yàn)?x-t)2+(ln x-at)2表示點(diǎn)(x,ln x)與點(diǎn)(t,at)之間距離的平方,所以存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立,y=ln x的圖象與直線y=ax有交點(diǎn),方程a=在(0,+)上有解.設(shè)h(x)=,則h'(x)=,當(dāng)x(0,e)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(e,+)時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,又h(e)=,x0,h(x)-,所以h(x)的值域是-,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是-,.【例2】 (2018·福建寧德5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+4(aR).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若函數(shù)f(x)有三個零點(diǎn),證明:當(dāng)x>0時,f(x)>6(a-a2)ea.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,則x=0或x=2a,當(dāng)a=0時,f'(x)0,f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a>0時,令f'(x)>0,得x<0或x>2a,所以f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù);令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a<0時,令f'(x)>0,得x<2a或x>0,所以f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù);令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是減函數(shù).綜上所述:當(dāng)a=0時,f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a>0時,f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a<0時,f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).(2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時,f(x)在R上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點(diǎn);當(dāng)a<0時,f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).所以f(x)的極小值為f(0)=4>0,所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點(diǎn),當(dāng)a>0時,f(x)的極小值為f(2a)=4-4a3,要滿足f(x)有三個零點(diǎn),則需4-4a3<0,即a>1,當(dāng)x>0時,要證明:f(x)>6(a-a2)ea等價于要證明f(x)min>6(a-a2)ea,即要證:4-4a3>6(a-a2)ea,由于a>1,故等價于證明:1+a+a2<aea,證明如下:構(gòu)造函數(shù)g(a)=3aea-2-2a-2a2(a(1,+),g'(a)=(3+3a)ea-2-4a,令h(a)=(3+3a)ea-2-4a,因?yàn)閔'(a)=(6+3a)ea-4>0,所以函數(shù)h(a)在(1,+)上單調(diào)遞增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函數(shù)g(a)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<aea,所以f(x)>6(a-a2)ea.【例3】 (2018·河南南陽一中三模)已知函數(shù)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x.(1)當(dāng)a=1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在0,上無零點(diǎn),求a的最小值.解:(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x-1-2ln x,則f'(x)=1-,由f'(x)>0,得x>2,由f'(x)<0,得0<x<2,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+).(2)因?yàn)閒(x)<0在區(qū)間0,上恒成立不可能,故要使函數(shù)f(x)在0,上無零點(diǎn),只要對任意的x0,f(x)>0恒成立,即對x0,a>2-恒成立.令l(x)=2-,x0,則l'(x)=,再令m(x)=2ln x+-2,x0,則m'(x)=-=-<0,故m(x)在0,上為減函數(shù),于是m(x)>m=2-2ln 2>0.從而l'(x)>0,于是l(x)在0,上為增函數(shù),所以l(x)<l=2-4ln 2,故要使a>2-在0,上恒成立,只要a2-4ln 2,+)即可.綜上,若函數(shù)f(x)在0,上無零點(diǎn),則a的最小值為2-4ln 2.