专题05+导数的热点问题（热点难点突破）-2019年高考数学（文）考纲解读与热点难点突破
1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为3＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
(2)y′＝－＝，
令y′＝0，得v＝10，
当0
10时，y′>0，函数单调递增，
∴当00时，f(x)>g(x)．
(1)解 因为f′(x)＝1－＝，
①若a≤0，则f′(x)>0在定义域内恒成立，
∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则由f′(x)>0，解得x<－或x>，
由f′(x)<0，解得－0)，
h′(x)＝1－－＝(x>0)，
设p(x)＝x2－x－a，
则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0，
设p(x)＝0的正根为x0，
∴x－x0－a＝0，
∵p(1)＝1－1－a＝－a<0，∴x0>1，
又p(0)＝－a<0，
∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，
h(x)min＝h(x0)＝x0＋－ln x0－1
＝x0＋－ln x0－1＝2x0－ln x0－2，
令F(x)＝2x－ln x－2，
F′(x)＝2－＝>0恒成立，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，
又∵F(1)＝2－0－2＝0，
∴F(x)>0，即h(x)min>0，
∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．
3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x10)，
则F′(x)＝－1＝(x>0)，
当x>1时，F′(x)<0，当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.
(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0F，
由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1，
即证ln－－m＝ln－＋x1－ln x1<0，
令h(x)＝－＋x－2ln x(00，
故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)0得x>0，由f′(x)<0得x<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
又∵f(－2)＝4－>0， f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，
∴f(x)有两个零点．
(2)证明 ∵f′(x)＝ex＋2x，
∵x＝0是f(x)的极值点，
∴f′(0)＝a－1＝0，∴a＝1，
∴f(x)＝(x－1)ex＋x2，
故要证(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1，令x－1＝t，t>0，
即证tet＋1≥ln t＋t＋2(t>0)，
设h(x)＝ex·ex－ln x－x－2(x>0)，
即证h(x)≥0(x>0)，
h′(x)＝e·ex(x＋1)－－1
＝e(x＋1)(x>0)，
令u(x)＝ex－(x>0)，u′(x)＝ex＋>0，
∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又u(1)＝e－>0，u＝－e<0，
故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，＝，
当0x0时，u(x)>0，h′(x)>0，
∴h(x)≥h(x0)＝ex0·－ln x0－x0－2
＝ex0·＋ln －x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0.
综上得证．
5．已知函数f(x)＝＋ln x(其中a>0，e≈2.7)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；
(3)求证：对于任意大于1的正整数n，都有ln n>＋＋…＋.
(1)解 ∵f(x)＝＋ln x，
∴f′(x)＝(x>0)，
∴f′(1)＝0，
∵f(1)＝0，
∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
(3)证明 当a＝1时，f(x)＝＋ln x，f′(x)＝，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
则当x>1时，f(x)>f(1)＝0，
当n>1时，令x＝>1，
∴f(x)＝＋ln＝－＋ln>0，
∴ln>，ln>，ln>，…，ln>，
∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋，
即ln>＋＋…＋，
∴ln n>＋＋…＋，
即对于任意大于1的正整数n，
都有ln n>＋＋…＋.
6．已知函数f(x)＝ex＋2ln x，g(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对任意的实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．
解 (1)对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m＋2ln x恒成立可转化为不等式m0，n(x)单调递增．
从而当x∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0，
即m′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，
所以m≤1，即m的取值范围为(－∞，1]．
(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x在(0，＋∞)上总有零点，
即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
若a<0，则F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，
故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.
以下证明：当b>1时，F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上总有零点．
①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，
F＝－a－b＝>0，
且F(x)在(0，＋∞)上连续，
故F(x)在上必有零点；
②若a≥0，F(0)＝1－b<0，
由(1)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)时恒成立，
取x0＝a＋b>0，
则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，
由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0，
故F(x)在(0，a＋b)上必有零点．
综上，实数b的取值范围是(1，＋∞)．
7．已知x＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x＋x的一个极值点．
(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根，求实数m的值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝(x2－ax)×＋(2x－a)ln x＋1
＝x＋(2x－a)ln x－(a－1)．
因为x＝1为函数f(x)的一个极值点，
所以f′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a－1)＝2－a＝0，
解得a＝2.
故f(x)＝(x2－2x)ln x＋x，
f′(x)＝x＋(2x－2)ln x－1＝(x－1)(1＋2ln x)．
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝＝.
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)方程f(x)＝mx2＋2x，
即(x2－2x)ln x＋x＝mx2＋2x，
整理得(x2－2x)ln x－x＝mx2.
因为x>0，所以m＝＝.
令g(x)＝＝ln x－，
则g′(x)＝ln x＋×＋＝.
令h(x)＝2ln x＋x－1，
则h′(x)＝＋1>0恒成立，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，
所以当x＝(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)的最小值为g(1)＝－1<0，
当x→0或x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以当f(x)＝mx2＋2x有且只有一个实数根时，m＝－1.
8.已知f(x)＝asin x，g(x)＝ln x，其中a∈R，y＝g－1(x)是y＝g(x)的反函数．
(1)若00，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．
(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x，
G′(x)＝－acos(1－x)(x>0)，
当x∈(0,1)，01,00，
故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．
(2)证明 由(1)知，当a＝1时，
G(x)＝sin(1－x)＋ln x在(0,1)上单调递增．
∴sin(1－x)＋ln x－＋·x＋2x0＋2
＝＋x0＋2，
又m<0，则x0∈(0，ln 2)，
∵b>＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，
令m(x)＝ex＋x＋2，x∈(0，ln 2)，
则m′(x)＝(x－1)ex＋1，
令n(x)＝(x－1)ex＋1，
则n′(x)＝xex>0，
∴m′(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m′(x)>m′(0)＝>0，
∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，
∴m(x)
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