高中数学二轮复习导数与函数教案含答案全国通用Word文档格式.docx
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，则f（b）＞
（b－2）＋a（b－1）2＝a
＞0，所以f（x）有两个零点．（8分）
（ⅱ）设a＝0，则f（x）＝（x－2）ex，f（x）只有一个零点．（9分）
（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）＜0，
故f（x）不存在两个零点．（10分）
若a＜－
，则由
（1）知，f（x）在（1，ln（－2a））单调递减，
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．（11分）
综上，a的取值范围为（0，＋∞）．（12分）
评分细则：
得分点及踩点说明
（1）第
（1）问，f（x）的单调性，讨论a的四种情况：
a≥0，a＝－
；
－
＜a＜0；
a＜－
，每缺一种情况或每错一种情况，则扣1分，两个单调区间用“∪”联结者扣1分．
（2）单调区间错误者，则扣该情况的1分
（3）第
（2）问，讨论a的四种情况：
a＞0，a＝0，－
≤a＜0，a＜－
，缺一种情况或者错一种情况，则扣1分
（4）缺少综上a的范围，扣1分．
1．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－2（e为自然对数的底数，a∈R）．
（1）判断曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线与曲线y＝g（x）的公共点个数；
（2）当x∈
时，若函数y＝f（x）－g（x）有两个零点，求a的取值范围．
（1）f′（x）＝lnx＋1，所以切线斜率k＝f′
（1）＝1
又f
（1）＝0，∴曲线在点（1,0）处切线方程为y＝x－1
由
⇒x2＋（1－a）x＋1＝0
由Δ＝（1－a）2－4＝a2－2a－3＝（a＋1）（a－3）可知：
当Δ>
0时，即a<
－1或a>
3时，有两个公共点；
当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；
当Δ<
0时，即－1<
a<
3时，没有公共点．
（2）y＝f（x）－g（x）＝x2－ax＋2＋xlnx，
由y＝0，得a＝x＋
＋lnx.
令h（x）＝x＋
＋lnx，则h′（x）＝
.
当x∈
时，由h′（x）＝0，得x＝1.
所以，h（x）在
上单调递减，在[1，e]上单调递增，
因此，hmin（x）＝h
（1）＝3.
由h
＝
＋2e－1，h（e）＝e＋
＋1比较可知h
>
h（e），
所以，结合函数图象可得，当3<
a≤e＋
＋1时，
函数y＝f（x）－g（x）有两个零点．
类型二 学会审题
[例2] （2016·
高考全国甲卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）．
（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f
（1））处的切线方程；
（2）若当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
审题路线图
（1）
→
（2）
[规范解答]
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．
当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），
f
（1）＝0，f′（x）＝lnx＋
－3，f′
（1）＝－2.
故曲线y＝f（x）在（1，f
（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.
（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0等价于lnx－
＞0.
设g（x）＝lnx－
，
则g′（x）＝
，g
（1）＝0.
①当a≤2，x∈（1，＋∞）时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）单调递增，因此g（x）＞0；
②当a＞2时，令g′（x）＝0得x1＝a－1－
，x2＝a－1＋
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈（1，x2）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，x2）单调递减，因此g（x）＜g
（1），即g（x）＜0.
综上，a的取值范围是（－∞，2]．
2．已知函数f（x）＝x－alnx，g（x）＝－
（a∈R）．
（1）当a＝1时，求曲线f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）设函数h（x）＝f（x）－g（x），求函数h（x）的单调区间；
（3）若在[1，e]（e＝2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
当a＝1时，f（x）＝x－lnx，f′（x）＝1－
f
（1）＝1，f′
（1）＝0，切点（1,1），斜率k＝0，
∴曲线f（x）在点（1,1）处的切线方程为y＝1.
（2）h（x）＝x＋
－alnx，
h′（x）＝1－
①当a＋1＞0时，即a＞－1时，在（0,1＋a）上h′（x）＜0，在（1＋a，＋∞）上h′（x）＞0，
所以h（x）在（0,1＋a）上单调递减，在（1＋a，＋∞）上单调递增；
②当a＋1≤0，即a≤－1时，在（0，＋∞）上h′（x）＞0，所以，函数h（x）在（0，＋∞）上单调递增．
（3）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数h（x）＝x＋
－alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由
（2）可知，①当a＋1≥e，即a≥e－1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），由h（e）＝e＋
－a＜0可得a＞
因为
＞e－1，所以a＞
②当a＋1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）的最小值为h
（1），由h
（1）＝1＋1＋a＜0可得a＜－2；
③当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，可得h（x）最小值为h（1＋a）＝2＋a－aln（1＋a），因为0＜ln（1＋a）＜1，所以0＜aln（1＋a）＜a.故h（1＋a）＝2＋a－aln（1＋a）＞2，此时不存在x0使h（x0）＜0成立．
综上可得，所求a的范围是
∪（－∞，－2）．
类型三 学会规范
[例3] （本题满分12分）设函数f（x）＝
－klnx，k＞0.
（1）求f（x）的单调区间和极值．
（2）证明若f（x）有零点，则f（x）在区间（1，
）上仅有一个零点．
[考生不规范示例]
（1）f′（x）＝x－
因为k＞0，所以由f′（x）＝0，得x＝
令f′（x）＞0，得x＞
，令f′（x）＜0，得x＜
所以f（x）的增区间是（
，＋∞），减区间是（－∞，
）．
当x＝
时，取得极小值f（
）＝
当
≥
，即k≥e时，f
（1）＝
＞0，f（
≤0.
所以f（x）在区间（1，
）上有一个零点．
综上，若f（x）有零点，则f（x）在区间（1，
[规范解答]
（1）由f（x）＝
－klnx（k＞0），得x＞0且f′（x）＝x－
.（2分）
由f′（x）＝0，解得x＝
（负值舍去）．（4分）
f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的情况如下：
x
（0，
）
（
，＋∞）
f′（x）
＋
f（x）
所以，f（x）的单调递减区间是（0，
），单调递增区间是（
，＋∞）．f（x）在x＝
处取得极小值f（
.（6分）
（2）证明：
由
（1）知f（x）在（0，＋∞）上的最小值为f（
因为f（x）存在零点，所以
≤0，从而k≥e.（8分）
当k＝e时，f（x）在区间（1，
）上单调递减，且f（
）＝0，（10分）
所以x＝
是f（x）在区间（1，
）上的唯一零点．
当k＞e时，f（x）在区间（1，
）上单调递减，且f
（1）＝
＜0，
]上仅有一个零点．
综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，
]上仅有一个零点．（12分）
[终极提升]——登高博见
用导数证明不等式的基本思路是构造函数——就是根据题目特征，对问题进行深入分析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于变换思维，运用转化的思想，化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换，构造出恰当的函数．
研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
限时规范训练九 利用导数研究函数性质、
证明不等式
（建议用时45分钟）
解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1．已知函数f（x）＝
（a≠0，a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞），有f（x1）－f（x2）≤m成立，求实数m的最小值．
f′（x）＝
令f′（x）＝0，解得x＝a或x＝－3a.
（1）当a＞0时，f′（x），f（x）随着x的变化如下表：
（－∞，－3a）
－3a
（－3a，a）
a
（a，＋∞）
极小值
极大值
函数f（x）的单调递增区间是（－3a，a），函数f（x）的单调递减区间是（－∞，－3a），（a，＋∞）．
当a＜0时，f′（x），f（x）随着x的变化如下表：
（－∞，a）
（a，－3a）
（－3a，＋∞）
函数f（x）的单调递增区间是（a，－3a），函数f（x）的单调递减区间是（－∞，a），（－3a，＋∞）．
（2）当a＝1时，由
（1）得f（x）是（－3,1）上的增函数，是（1，＋∞）上的减函数．
又当x＞1时，f（x）＝
＞0，
所以f（x）在[－3，＋∞）上的最小值为f（－3）＝－
，最大值为f
（1）＝
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞），f（x1）－f（x2）≤f
（1）－f（－3）＝
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞），使f
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