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1、第25练 高考大题突破练导数训练目标(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破训练题型(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围解题策略(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.1.(2015·课标全国)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围2(2015·课标全国)已知函数f(x)x3ax，g(x)lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲
2、线yf(x)的切线；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x>0)，讨论h(x)零点的个数3已知函数f(x)(x1)ex(e为自然对数的底数)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数(x)xf(x)tf(x)ex，存在实数x1，x20,1，使得2(x1)<(x2)成立，求实数t的取值范围4.(2016·山东)已知f(x)a(xlnx)，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，证明f(x)>f(x)对于任意的x1,2成立5已知函数f(x)xlnx和g(x)m(x21)(mR)(1)m1时，求方程f(x)g(x)
3、的实根；(2)若对任意的x(1，)，函数yg(x)的图象总在函数yf(x)图象的上方，求m的取值范围；(3)求证：>ln(2n1) (nN*)答案精析1(1)证明f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)<0；当x(0，)时，emx10，f(x)>0.若m<0，则当x(，0)时，emx1>0，f(x)<0；当x(0，)时，emx1<0，f(x)>0.所以函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)解由(1)知，对任意的m，f(x)在1，0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所
4、以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t<0时，g(t)<0；当t>0时，g(t)>0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e<0，故当t1,1时，g(t)0.当m1,1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m>1时，g(m)>0，即emm>e1；当m<1时，g(m)>0，即emm>e1.综上，m的取值范围是1,12解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得x0
5、，a.因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)lnx<0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)<0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故1是h(x)的一个零点；若a<，则f(1)<0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)<0，故1不是h(x)的零点当x(0,1)时，g(x)lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数()若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时
6、，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点()若3<a<0，则f(x)在(0, )上单调递减，在( ，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x时，f(x)取得最小值，最小值为f( ).若f( )>0，即<a<0，f(x)在(0,1)上无零点；若f( )0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；若f( )<0，即3<a<，由于f(0)，f(1)a，所以当<a<时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3<a时，f(x)在(0,1)上有一个零点综上，当a>或a<时，h(x)有一个零点；当
7、a或a时，h(x)有两个零点；当<a<时，h(x)有三个零点3解(1)函数的定义域为R，f(x)，当x<0时，f(x)>0；当x>0时，f(x)<0，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减(2)假设存在x1，x20,1，使得2(x1)<(x2)成立，则2(x)min<(x)max.(x)xf(x)tf(x)ex，(x).对于x0,1，当t1时，(x)0，(x)在0,1上单调递减，2(1)<(0)，即t>3>1.当t0时，(x)>0，(x)在0,1上单调递增，2(0)<(1)，即t<32e<0.
8、当0<t<1时，若x0，t)，则(x)<0，(x)在0，t)上单调递减；若x(t,1，则(x)>0，(x)在(t,1上单调递增，2(t)<max(0)，(1)，即2·<max.(*)由(1)知，g(t)2·在0,1上单调递减，故2·2，而，不等式(*)无解综上所述，t的取值范围为(，32e).4(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，x(0,1)时，f(x)>0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)<0，f(x)单调递减当a>0时，f(x).当0<a<2时，>1，当x(0
9、,1)或x时，f(x)>0，f(x)单调递增，当x时，f(x)<0，f(x)单调递减当a2时，1，在x(0，)内，f(x)0，f(x)单调递增当a>2时，0<<1，当x或x(1，)时，f(x)>0，f(x)单调递增，当x时，f(x)<0，f(x)单调递减综上所述，当a0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减；当0<a<2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；当a2时，f(x)在(0，)内单调递增；当a>2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，)内单调递增(2)证明由(1)知，a1时
10、，f(x)f(x)xlnxxlnx1，x1,2设g(x)xlnx，h(x)1，x1,2，则f(x)f(x)g(x)h(x)由g(x)0，可得g(x)g(1)1，当且仅当x1时取得等号又h(x)，设(x)3x22x6，则(x)在x1,2上单调递减因为(1)1，(2)10，所以x0(1,2)，使得x(1，x0)时，(x)>0，x(x0,2)时，(x)<0.所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0,2)内单调递减由h(1)1，h(2)，可得h(x)h(2)，当且仅当x2时取得等号所以f(x)f(x)>g(1)h(2)，即f(x)>f(x)对于任意的x1,2成立5(1)解
11、m1时，f(x)g(x)，即xlnxx21，而x>0，所以方程即为lnxx0.令h(x)lnxx，则h(x)1<0，而h(1)0，故方程f(x)g(x)有唯一的实根x1.(2)解对于任意的x(1，)，函数yg(x)的图象总在函数yf(x)图象的上方，即x(1，)，f(x)<g(x)，即lnx<m(x)，设F(x)lnxm(x)，即x(1，)，F(x)<0，F(x)m(1).若m0，则F(x)>0，F(x)>F(1)0，这与题设F(x)<0矛盾若m>0，方程mx2xm0的判别式14m2，当0，即m时，F(x)0，F(x)在(1，)上单调递减，F(x)<F(1)0，即不等式成立当>0，即0<m<时，方程mx2xm0有两个实根，设两根为x1，x2且x1<x2，则方程有两个正实根且0<x1<1<x2.当x(1，x2)时，F(x)>0，F(x)单调递增，F(x)>F(1)0与题设矛盾综上所述，实数m的取值范围是.(3)证明由(2)知，当x>1时，m时，lnx<(x)成立不妨令x>1(kN*)，ln<，ln(2k1)ln(2k1)<(kN*)，累加可得>ln(2n1)(nN*)
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