发布时间 : 星期六 文章高考理科数学二轮复习专题限时训练导数的简单应用更新完毕开始阅读d1368b4327c52cc58bd63186bceb19e8b8f6ec24
ex
设g(x)＝x，x∈(0,1)， ex?x－1?
所以g′(x)＝x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)＜0恒成立， 所以g(x)单调递减． 又因为g(1)＝e，
又当x→0时，g(x)→＋∞， 即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，
?ex－ax??x－1?
所以当a＞e时，f′(x)＝＝0有解．
x2设H(x)＝ex－ax，
设H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)， 所以H(x)在(0,1)上单调递减． 因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0， 所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0. 当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：
x H(x) f′(x) f(x) (0，x0) ＋ － ↘ x0 0 0 极小值 (x0,1) － ＋ ↗ 所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一． 当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立． 综上，a的取值范围为(e，＋∞)．
内容 利用导数讨论函数的单调性、极值、不等式的证明 押题依据 函数的单调性、极值与不等式交汇是近几年高考的热点，考查灵活应用导数工具、数形结合思想及分类讨论思想解题的能力，考查逻辑推理及数学运算的素养 【押题】 设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤ex＋x2.
－
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，
当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞e
a＋1
－
a
－
，由f′(x)＜0得0＜x＜e
a＋1a
，所以f(x)在
a＋1a＋1
????－－
区间?0，ea?上单调递减，在区间?ea，＋∞?上单调递增；
????
a＋1
－
a
－a＋1a
当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，所以函数f(x)
a＋1a＋1????－－
在区间?0，ea?上单调递增，在区间?ea，＋∞?上单调递减．
????
综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函
a＋1a＋1
????－－
数f(x)在区间?0，ea?上单调递减，在区间?ea，＋∞?上单调递增；当a＜0
????a＋1a＋1
????－－
时，函数f(x)在区间?0，ea?上单调递增，在区间?ea，＋∞?上单调递减．
????
a＋1a
－(2)由(1)知a＜0且e
—
＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要证f(x)≤ex＋x2，
—
—
ex
即证x－xln x≤e＋x，即证1－ln x≤x＋x.
x
2
?x＋1??x－ex?ex1－exx－ex
令f(x)＝ln x＋x＋x－1(x＞0)，则f′(x)＝x＋＋1＝.
x2x2—
—
—
—
令g(x)＝x－ex(x＞0)，易知函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1
—
1
－e＞0，g(0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－e＝0，即x0＝e，且当x∈(0，x0)时g(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时g(x)＞0，故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
e
所以F(x)min＝F(x0)＝ln x0＋x＋x0－1.
0
e—x0
又e＝x0，所以F(x)min＝ln x0＋x＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0.
0
—x0
—x0
—x0
—x0
所以f(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤ex＋x2成立．
—