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2014《创新设计》二轮专题复习常考问题5


常考问题 5
[真题感悟]

导数的综合应用

(2013· 江苏卷)设函数 f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中 a 为实数. (1)若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求 f(x)的零点个数,并证明你的 结论. 解 1-ax 1 (1)令 f′(x)= x-a= x <0,考虑到 f(x)的定义域为(0,+∞),故 a>0,

进而解得 x>a-1,即 f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a-1) 上是单调增函数.由于 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)?(a-1, +∞),从而 a-1≤1,即 a≥1.令 g′(x)=ex-a=0,得 x=ln a.当 x<ln a 时, g′(x)<0; 当 x>ln 即 a>e. 综上,有 a∈(e,+∞). (2)当 a≤0 时,g(x)必为单调增函数;当 a>0 时,令 g′(x)=ex-a>0, 解得 a<ex, 即 x>ln a, 因为 g(x)在(-1, +∞)上是单调增函数, 类似(1)有 ln a≤ -1,即 0<a≤e-1.结合上述两种情况,有 a≤e-1. 1 (ⅰ)当 a=0 时,由 f(1)=0 以及 f′(x)= x >0,得 f(x)存在唯一的零点; (ⅱ)当 a<0 时, 由于 f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0, f(1)=-a>0, 且函数 f(x)在[ea,1] 1 上的图象不间断,所以 f(x)在(ea,1)上存在零点.另外,当 x>0 时,f′(x)= x- a>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以 f(x)只有一个零点. 1 (ⅲ)当 0<a≤e-1 时, 令 f′(x)= x-a=0, 解得 x=a-1.当 0<x<a-1 时, f′(x)>0, 当 x>a-1 时,f′(x)<0,所以,x=a-1 是 f(x)的最大值点,且最大值为 f(a-1) =-ln a-1. ①当-ln a-1=0,即 a=e-1 时,f(x)有一个零点 x=e. ②当-ln a-1>0,即 0<a<e-1 时,f(x)有两个零点. 实际上,对于 0<a<e-1,由于 f(e-1)=-1-ae-1<0,f(a-1)>0,且函数 f(x)在[e a 时, g′(x)>0.又 g(x)在(1, +∞)上有最小值, 所以 ln a>1,

-1

,a-1]上的图象不间断,所以 f(x)在(e-1,a-1)上存在零点.

1 另外,当 x∈(0,a-1)时,f′(x)= x-a>0,故 f(x)在(0,a-1)上是单调增函数, 所以 f(x)在(0,a-1)上只有一个零点. 下面考虑 f(x)在(a-1,+∞)上的情况.先证 f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0. 为此,我们要证明:当 x>e 时,ex>x2.设 h(x)=ex-x2,则 h′(x)=ex-2x,再 设 l(x)=h′(x)=ex-2x,则 l′(x)=ex-2. 当 x>1 时,l′(x)=ex-2>e-2>0,所以 l(x)=h′(x)在(1,+∞)上是单调增 函数.故当 x>2 时,h′(x)=ex-2x>h′(2)=e2-4>0,从而 h(x)在(2,+∞) 上是单调增函数.进而当 x>e 时, h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当 x>e 时,ex>x2. 当 0<a<e-1,即 a-1>e 时,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,又 f(a-1)>0, 且函数 f(x)在[a-1, ea-1]上的图象不间断, 所以 f(x)在(a-1, ea-1)上存在零点. 又 1 当 x>a-1 时,f′(x)=x -a<0,故 f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数,所以 f(x) 在(a-1,+∞)上只有一个零点. 综合(ⅰ),(ⅱ),(ⅲ),当 a≤0 或 a=e-1 时,f(x)的零点个数为 1,当 0<a<e-
1

时,f(x)的零点个数为 2.

[考题分析] 高考对本内容的考查主要有: (1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液,使应用题涉及 到的函数模型更加宽广,要求是 B 级; (2)导数还经常作为高考的压轴题,能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌 握基础知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后 对导数的考查力度不会减弱. 作为导数综合题,主要是涉及利用导数求最值解决 恒成立问题, 利用导数证明不等式等, 常伴随对参数的讨论, 这也是难点之所在.


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