【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册（精讲)拓展四《导数与零点、不等式的综合运用》（解析版）.doc，共(9)页，678.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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拓展四导数与零点、不等式的综合运用考点一零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数322312fxxxxm.（1）若1m，求曲线yfx在1,1f处的切线方程；（2）若函数fx有3个零点，求实数m的取值范围.【答案】

（1）12yx；（2）7,20.【解析】（1）由题意，26612fxxx，故112f，又当1m时，12312112f，故所求的切线方程为12121yx，即12yx.（2）由题意，

22661262612fxxxxxxx，令0fx，得1x或2x，故当,1x时，0fx，当1,2x时，0fx，当2,x时，0fx思维导图常见考法故当1x时，函数

fx有极大值121311217fmm，当2x时，函数fx有极小值2283412220fmm.若函数fx有3个零点，实数m满足70200mm，解得720m，即实数m的取值

范围为7,20.【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数ln21fxxaxaR.（1）讨论fx的单调性；（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）102a.【解析】（1）函数l

n21fxxax，定义域为0,，12fxax，当0a时，0fx.故fx在定义域0,上单调递增，此时无减区间.当0a时，令120fxax，得102xa；当10,2xa时，0fx，故

fx单调递增；当1,2xa时，0fx，故fx单调递减.综上所述，当0a时，fx在定义域0,上单调递增，此时无减区间；当0a时，fx在10,2a上单调递增，在1,2a

上单调递减.（2）由（1）知，0a时，fx至多一个零点，不符合题意；当0a时，fx在10,2xa上单调递增，在1,2xa上单调递减.fx要有两个零点，需满足102f

a，即102a.此时021a，112a.因为12110afee，所以fx在10,2a有一个零点；因为2112aa，2122ln1faaa.令22ln1haa

a，2221220ahaaaa，所以ha在10,2单调递增，12ln2302hah，所以210fa，所以fx在1,2a上有一个零点.所以

102a，fx有两个零点.2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)xafxexaa.（1）证明：函数()fx在(0,)上存在唯一的零点；（2）若函数()fx在区间(0,)上的最小值为1，求a的值.【

答案】（1）证明见解析；（2）12【解析】（1）证明：∵()ln()(0)xafxexaa，∴1()xafxexa.∵xae在区间(0,)上单调递增，1xa在区间(0,)上单调递

减，∴函数()fx在(0,)上单调递增.又1(0)aaaaefeaae，令()(0)agaaea，()10agae，则()ga在(0,)上单调递减，()(0)1gag，故(0)0f.令1ma，则1()(1)021fmfaea

所以函数()fx在(0,)上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x，使得00010xafxexa，即001xaexa（*）.函数1()xafxexa在(0,

)上单调递增.∴当00,xx时，()0fx，()fx单调递减；当0,xx时，()0fx，()fx单调递增.∴0min00()lnxafxfxexa.由（*）式得min0

001()lnfxfxxaxa.∴001ln1xaxa，显然01xa是方程的解.又∵1lnyxx是单调递减函数，方程001ln1xaxa有且仅有唯一的解01xa，把01xa代入（*）式

，得121ae，∴12a，即所求实数a的值为12.3．（2020·甘肃武威）设函()()1fxxanxxa，aR．（1）设()()gxfx，求函数()gx的极值；（2）若1ea…，试研究函数()()1fxxanxxa的零点个数．【答案】（1）分类讨论，答

案见解析；（2）1个．【解析】（1）()()1fxxanxxa，aR，()()agxfxlnxx，0x．221()axagxxxx，①当0a„时，()0gx恒成立，()gx在(0,)上是增函数，无极值．②

当0a时，xa，当(0,)xa时，()gx单调递减；当(,)xa时，()gx单调递增，()gx的极小值ga1lna，无极大值．（2）由（1）知，当1ea…时，()gx的极小值ga1110lnalne…，结合gx的单调性可知()0mingx…，即()0fx

…恒成立．()fx在(0,)上是增函数，1111()()falnaeeee1120aaeee，fe()ealneea220eaeaae…，()fx在1(e，)e中有一个零点，

函数()()1fxxanxxa的零点个数为1个．考点二导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln1()xxfxe．（1）求()fx的最大值；（2）当1x时，2(ln1)xaxxe恒成立，求a的取值范围．【

答案】（1）1e；（2）2,e.【解析】（1）因为ln1()0xxfxxe，所以1ln1xxxfxe，设1ln1gxxx，所以2110gxxx，所以gx在0,上单调递减，且10g，所以当

0,1x时，0fx，当1,x时，0fx，所以fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以max11fxfe；（2）因为1x，所以ln1

0xx，所以当0a时，ln10axx且20xe，所以2ln1xaxxe恒成立，当0a时，若2ln1xaxxe恒成立，则ln1xxxeaex恒成立（*），设xehxx

，所以21xxehxx，又因为1,x，所以210xxehxx，所以hx在1,上单调递增，所以min1hxhe，又因为由（1）知maxln11xxee且ln11,,0xxxe，所以若（*）成

立，只需要1aee，所以2ae，综上可知：2,ae.【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln()afxxaxaRx．（1）当01a时，求函数()fx的单调区间；（2）是

否存在实数a，使()fxx恒成立，若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）当11ae时，使()fxx恒成立．【解析】函数()fx的定义域为(0,)，221()(1)'()1aaxaxfxxxx，当01a时，由'

()0fx，得0xa，或1x，由'()0fx，得1ax，故函数()fx的单调递增区间为(0,)a和(1,)，单调递减区间为(,1)a，当1a时，22(1)'()0xfxx恒成立，故函数()fx的单调递增区间为(0,).（2）(

)fxx恒成立等价于(1)ln0aaxx恒成立，令()(1)lngxaaxx，当10a时，即当1a时，()1gx，故()0gx在(0,)内不能恒成立，不等式恒成立求解参数范围的方法：（1）分离参

数并构造函数解决问题；（2）采用分类讨论的方式解决问题.当10a时，即当1a时，则(1)1ga，故()0gx在(0,)内不能恒成立，当10a时，即当1a时，'()(1)(1ln)gxax，由'

()0gx解得1xe，当10xe时，'()0gx；当1xe时，'()0gx.所以min11()()0agxgaee，解得11ae.综上，当11ae时，()0gx在(0,)内恒成立，即()fxx恒成立，所以实数a的取值范围是1[,)1e

.2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln(0)fxxxx.（1）求()fx的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2xmxxfx恒成立，求实数m的最大值.【答案】（1）()fx在1xe处取得极小值，极小值为11()fe

e.（2）4【解析】（1）ln1fxx，110,00fxxfxxee，∴fx的单调增区间是1,e，单调减区间是10,e.∴fx

在1xe处取得极小值，极小值为11fee.（2）由232xmxfx变形，得22ln3xxxmx恒成立，令22ln3(0)xxxgxxx，2223xxgxx，由01,001gx

xgxx.所以，gx在0,1上是减函数，在1,上是增函数.所以，min14gxg，即4m，所以m的最大值是4.3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln(,0)22fxxaxaRa.（1）当2a时，求曲线()yfx

在点(1,(1))f处的切线方程；（2）求函数()fx的单调区间；（3）若对任意的[1,)x，都有()0fx成立，求a的取值范围.【答案】（1）10xy；（2）答案见解析；（3）,00,1.【解析】（1）2a时，211()2ln22fx

xx，(1)0f，2'()fxxx，'(1)1f曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程10xy（2）2'()(0)axafxxxxx①当0a时，2'()0xafxx恒成立，函数()fx的递增区间为0,②当0a时，令'()0fx，解得

xa或xax0,aa,a()fx-+()fx减增所以函数()fx的递增区间为,a，递减区间为(0,)a（3）对任意的[1,)x，使()0fx成立，只需任意的[1,)x，min()0fx≥①当0a时，()fx在[1,)

上是增函数，所以只需(1)0f而11(1)ln1022fa所以0a满足题意；②当01a时，01a，()fx在[1,)上是增函数，所以只需(1)0f而11(1)ln1022fa所以01a满足题意

；③当1a时，1a，()fx在[1,]a上是减函数，[,)a上是增函数，所以只需()0fa即可而()(1)0faf从而1a不满足题意；综合①②③实数a的取值范围为,00,1.