高考數(shù)二輪專題突破 （預(yù)測演練+提能訓(xùn)練）第1部分 專題一 第6講 第二課時(shí) 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式、方程解的問題（以真題和模擬題為例） 理

《創(chuàng)新方案》屆高考數(shù)學(xué)（理科）二輪專題突破預(yù)測演練提能訓(xùn)練（浙江專版）：第1部分專題一第6講第二課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式、方程解的問題（以年真題和模擬題為例，含答案解析）1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，區(qū)間I＝{x|f(x)>0}．(1)求I的長度(注：區(qū)間(α，β)的長度定義為β－α)；(2)給定常數(shù)k∈(0,1)，當(dāng)1－k≤a≤1＋k時(shí)，求I長度的最小值．解：(1)因?yàn)榉匠蘟x－(1＋a2)x2＝0(a>0)有兩個(gè)實(shí)根x1＝0，x2＝eq\f(a,1＋a2)，所以f(x)>0的解集為{x|x1<x<x2}．因此區(qū)間I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,1＋a2)))，I的長度為eq\f(a,1＋a2).(2)設(shè)d(a)＝eq\f(a,1＋a2)，則d′(a)＝eq\f(1－a2,1＋a22).令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故當(dāng)1－k≤a<1時(shí)，d′(a)>0，d(a)單調(diào)遞增；當(dāng)1<a≤1＋k時(shí)，d′(a)<0，d(a)單調(diào)遞減．所以當(dāng)1－k≤a≤1＋k時(shí)，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k處取得．而eq\f(d1－k,d1＋k)＝eq\f(\f(1－k,1＋1－k2),\f(1＋k,1＋1＋k2))＝eq\f(2－k2－k3,2－k2＋k3)<1，故d(1－k)<d(1＋k)．因此當(dāng)a＝1－k時(shí)，d(a)在區(qū)間[1－k,1＋k]上取得最小值eq\f(1－k,2－2k＋k2).2．(·淄博模擬)設(shè)f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價(jià)于[g(x1)－g(x2)]max≥M.∵g(x)＝x3－x2－3，∴g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).∴g(x)，g′(x)隨x變化的情況如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))2g′(x)－0＋g(x)－3極小值－eq\f(85,27)1由上表可知g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)，所以滿足條件的最大整數(shù)M＝4.(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價(jià)于在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max.由(1)可知，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值g(2)＝1.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等價(jià)于a≥x－x2lnx恒成立，記h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0.當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)1<x<2時(shí)，h′(x)<0.即函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．3．(·鄭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋1，求b，c的值；(2)若b＝1，c＝eq\f(1,3)，求證：f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；(3)若c＝0，求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值g(b)．解：(1)f′(x)＝x2－b，所以1－b＝2，得b＝－1.又f(1)＝2＋1＝3，所以eq\f(1,3)－b＋c＝3，得c＝eq\f(5,3).故b＝－1，c＝eq\f(5,3).(2)證明：f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋eq\f(1,3).因?yàn)閒(1)f(2)＝－eq\f(1,3)×1<0，所以f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在零點(diǎn)．又當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＝x2－1>0，所以f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，故f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)．(3)f(x)＝eq\f(1,3)x3－bx，f′(x)＝x2－b.①當(dāng)b≤0時(shí)，在[0,1]上f′(x)≥0，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以g(b)＝f(1)＝eq\f(1,3)－b.②當(dāng)b>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝eq\r(b)或x＝－eq\r(b)(舍).x0(0，eq\r(b))eq\r(b)(eq\r(b)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)0極小值由f(x)＝0得x＝0或x＝eq\r(3b).(ⅰ)當(dāng)eq\r(3b)≥1，即b≥eq\f(1,3)時(shí)，g(b)＝f(0)＝0；(ⅱ)當(dāng)eq\r(3b)<1，即0<b<eq\f(1,3)時(shí)，g(b)＝f(1)＝eq\f(1,3)－b.綜上可知，g(b)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－b，b<\f(1,3)，,0，b≥\f(1,3).))4．(·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(2a2,x)＋x(a≠0)．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x－2y＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，記函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)≤eq\f(1,2)e2.解：(1)由已知得，f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1(x>0)．根據(jù)題意，有f′(1)＝－2，即2a2－a解得a＝－1或a＝eq\f(3,2).(2)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1＝eq\f(x2＋ax－2a2,x2)＝eq\f(x－ax＋2a,x2)(x>0)．(ⅰ)當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0及x>0得x>a；由f′(x)<0及x>0得0<x<a.所以當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減．(ⅱ)當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0及x>0得x>－2a由f′(x)<0及x>0得0<x<－2a所以當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，－2a)上單調(diào)遞減，在(－2(3)證明：由(2)知，當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為f(－2a故g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋eq\f(2a2,－2a)－2a＝aln(－2a)－3g′(a)＝ln(－2a)＋a·eq\f(－2,－2a)－3＝ln(－2a)－2，令g′(a)＝0，得a＝－eq\f(1,2)e2.當(dāng)a變化時(shí)，g′(a)，g(a)的變化情況如下表：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)e2))－eq\f(1,2)e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2，0))g′(a)＋0－g(a)極大值所以a＝－eq\f(1,2)e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，從而也是g(a)的最大值點(diǎn)．所以當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，g(a)最大值＝