1、热点专题突破一函数与导数的综合问题1.函数f(x)=,若曲线f(x)在点(e,f(e)处的切线与直线e2x-y+e=0垂直(其中e为自然对数的底数).(1)若f(x)在(m,m+1)内存在极值,求实数m的取值范围;(2)求证:当x1时,.1.【解析】(1)f(x)=,由已知得f(e)=-,-=-,故a=1.f(x)=,f(x)=- (x0).当x(0,1)时,f(x)0,f(x)为增函数;当x(1,+)时,f(x)0,f(x)为减函数.x=1是函数f(x)的极大值点.又f(x)在(m,m+1)内存在极值,m1m+1,即0m1,(x)0,(x)在(1,+)上是增函数,(x)(1)=10,g(x)
2、0.g(x)在(1,+)上是增函数.x1时,g(x)g(1)=2,故.令h(x)=,则h(x)=2.x1,1-ex0,h(x)1时,h(x)h(x),即.2.(2015南京模拟)如图是一块镀锌铁皮的边角料ABCD,其中AB,CD,DA都是线段,曲线段BC是抛物线的一部分,且点B是抛物线的顶点,BA所在直线是该抛物线的对称轴,经测量,AB=2米,AD=3米,ABAD,点C到AD,AB的距离CH,CR的长均为1米,现要用这块边角料截一个矩形AEFG(其中点F在曲线段BC或线段CD上,点E在线段AD上,点G在线段AB上).设BG的长为x米,矩形AEFG的面积为S平方米.(1)将S表示为x的函数;(2
3、)当x为多少米时,S取得最大值,最大值是多少?2.【解析】(1)以点B为坐标原点,BA所在直线为x轴,建立平面直角坐标系,设曲线段BC所在的抛物线方程为y2=2px(p0).将点C(1,1)代入,得2p=1,所以曲线段BC的方程为y= (0x1).又由点C(1,1),D(2,3)得线段CD的方程为y=2x-1(1x2),而GA=2-x,所以S=(2)当0x1时,因为S= (2-x)=2,所以S=,令S=0得x=.当x时,S0,所以此时单调S递增;当x时,S0,所以此时S单调递减,所以当x=时,Smax=.当1x2时,因为S=(2x-1)(2-x)=-2.所以当x=时,S=.因为,所以当x=时,
4、Smax=,故当x取值为米时,矩形AEFG的面积最大为平方米.3.已知函数f(x)=2ln x-ax+a(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0恒成立,证明:当0x1x2时, 0.若a0,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增;若a0,当x时,f(x)0,f(x)单调递增;当x时,f(x)2,当x时,f(x)单调递减,f(x)f(1)=0,不合题意.若0af(1)=0,不合题意.若a=2,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)上单调递减,f(x)f(1)=0符合题意.当x1x2时,f(x2)-f(x1)=2ln-2(x2-x1),要证2成立,则此不等式等价于f(x2)
5、-f(x1)2 (x2-x1)=2-2(x2-x1),只需证明2ln1,则g(x)= -2=0,所以g(x)在(1,+)上单调递减,故g(x)g(1)=0,即2ln2成立,所以2.4.(2015新课标全国卷)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.4.【解析】(1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,
6、+)上单调递增.(2)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x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是即设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(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)=e-1+2-e1时,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.5.(2015宜春模拟)已知函数f(x)的定义域为(0,+),若y=在(0,+)上为增函数,则称f(x)为“
7、一阶比增函数”,若y=在(0,+)上为增函数,则称f(x)为“二阶比增函数”.把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为A,把所有由“二阶比增函数”组成的集合记为A2.(1)已知函数f(x)=x3-2hx2-hx,若f(x)A1且f(x)A2,求实数h的取值范围.(2)已知f(x)A2,且存在常数k,使得对任意的x(0,+),都有f(x)k,求k的最小值.5.【解析】(1)若f(x)A1且f(x)A2,即g(x)= =x2-2hx-h在(0,+)上为增函数,所以h0;而F(x)= =x-2h在(0,+)上不为增函数,因为F(x)=1+,则h0,记=m0,因为f(x)A2,所以f(x)为“二阶比增函
8、数”,即是增函数,所以当xx00时, =m,即f(x)mx2;所以一定存在x1x00,使得f(x1)mk成立,这与f(x)0,使得f(x2)=0;因为f(x)为“二阶比增函数”,即是增函数,所以一定存在x3x20,使得=0成立,这与上述的证明结果矛盾.所以f(x)=0在(0,+)上无解,综上所述,当f(x)A2时,对任意的x(0,+),都有f(x)0成立,所以当常数k0时,使得对任意的x(0,+),都有f(x)kx-恒成立,求实数k的取值范围;(3)是否存在最小的正的常数m,使得:当am时,对于任意正实数x,不等式f(a+x)f(a)ex恒成立?给出你的结论,并说明结论的合理性.6.【解析】(
9、1)令f(x)=ln x+1=0,得x=.当x时,f(x)0,所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)由于x0,所以f(x)=xln xkx-kln x+.构造函数k(x)=ln x+,则令k(x)= =0,得x=.当x时,k(x)0,所以函数在点x=处取得最小值,即k(x)min=k=ln +1=1-ln 2.因此k的取值范围是(-,1-ln 2).(3)结论:存在最小的正的常数m.证明如下:f(a+x)f(a)ex(a+x)ln(a+x)a ln aex.构造函数g(x)=,则问题就是要求g(a+x)g(a)恒成立.对g(x)求导,得g(x)=.令h(x)=ln x+1-xln
10、x,则h(x)= -ln x-1,显然h(x)是减函数.又h(1)=0,所以函数h(x)=ln x+1-xln x在(0,1上是增函数,在(1,+)上是减函数.而h=ln+1-ln=-2+1+0,h(e)=ln e+1-eln e=1+1-e=2-e0,所以函数h(x)=ln x+1-xln x在区间(0,1)和(1,+)上各有一个零点,设这两个零点分别为x1和x2(x1x2),并且有在区间(0,x1)和(x2,+)上,h(x)0,即g(x)0,即g(x)0. 从而可知函数g(x)在区间(0,x1)和(x2,+)上单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.g(1)=0 ,当0x1时,g(x)1
11、时,g(x)0.还有g(x2)是函数的极大值,也是最大值,因此题目要找的m=x2.理由如下:当ax2时,对于任意非零正数x,a+xax2,而g(x)在(x2,+)上单调递减,所以g(a+x)g(a)一定恒成立,即题目所要求的不等式恒成立,说明mx2;当0a0且g(a+x)=g(x2)g(a),题目所要求的不等式不恒成立,说明m不能比x2小.综合可知,题目所要寻求的最小的正的常数m就是x2,即存在最小的正的常数m=x2,当am时,对于任意正实数x,不等式f(a+x)ln(n+1)都成立.7.【解析】(1)f(x)= -2x-1,x=0时,f(x)取得极值,f(0)=0,即-20-1=0,解得a=
12、1.经检验a=1符合题意.实数a的值为1.(2)由(1)知a=1,f(x)=ln(x+1)-x2-x,由f(x)=- x+b,得ln(x+1)-x2+x-b=0,令(x)=ln(x+1)-x2+x-b,则f(x)=- x+b在区间0,2上恰有两个不同的实数根等价于(x)=0在区间0,2上恰有两个不同的实数根.(x)= -2x+,当x0,1时,(x)0,于是(x)在0,1)上单调递增;当x(1,2时,(x)0,于是(x)在(1,2上单调递减.依题意有解得ln 3-1b-1,由(1)知f(x)=,令f(x)=0,得x=0或x=- (舍去),当-1x0,f(x)单调递增;当x0时,f(x)0,得ln,ln,2+ln 2+ln+ln+ln=ln(n+1).
