《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 文（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 文 1.(2018·全國Ⅰ卷,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1. (1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:當(dāng)a≥時,f(x)≥0. (1)解:f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=aex-. 由題設(shè)知,f'(2)=0,所以a=. 從而f(x)=ex-ln x-1, f'(x)=ex-. 當(dāng)02時,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增. (2)證明:當(dāng)a≥時,f

2、(x)≥-ln x-1. 設(shè)g(x)=-ln x-1, 則g'(x)=-. 當(dāng)01時,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值點. 故當(dāng)x>0時,g(x)≥g(1)=0. 因此,當(dāng)a≥時,f(x)≥0. 2.(2018·全國Ⅱ卷,文21)已知函數(shù)f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)只有一個零點. (1)解:當(dāng)a=3時,f(x)=x3-3x2-3x-3, f'(x)=x2-6x-3. 令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 當(dāng)x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞

3、)時,f'(x)>0; 當(dāng)x∈(3-2,3+2)時,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)單調(diào)遞增, 在(3-2,3+2)單調(diào)遞減. (2)證明:因為x2+x+1>0, 所以f(x)=0等價于-3a=0. 設(shè)g(x)=-3a, 則g'(x)=≥0, 僅當(dāng)x=0時g'(x)=0, 所以g(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增. 故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一個零點. 綜上,f(x)只有一個零點. 3.(2017·全國Ⅰ卷,文21)已知函數(shù)f

4、(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范圍. 解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f'(x)=0得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時,f'(x)<0, 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. ③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln-. 當(dāng)x∈-∞,ln-時,f'(x)<0;

5、當(dāng)x∈ln-,+∞時,f'(x)>0, 故f(x)在-∞,ln-上單調(diào)遞減, 在ln-,+∞上單調(diào)遞增. (2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a. 從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a≥0,即a≤1時,f(x)≥0, 綜合得0

6、已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍. 解:(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). ①設(shè)a≥0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時,f'(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ②設(shè)a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a). (ⅰ)若a=-,則f'(x)=(x-1)(ex-e), 所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. (ⅱ)若a>-,則ln(-2a)<1, 故當(dāng)x

7、∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)時,f'(x)>0; 當(dāng)x∈(ln(-2a),1)時,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln(-2a),1)上單調(diào)遞減. (ⅲ)若a<-,則ln(-2a)>1, 故當(dāng)x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)時,f'(x)>0; 當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上單調(diào)遞增,在(1,ln(-2a))上單調(diào)遞減. (2)①設(shè)a>0,則由(1)知,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增. 又f(1)=-e

8、,f(2)=a, 取b滿足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=ab2-b>0, 所以f(x)有兩個零點. ②設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex, 所以f(x)只有一個零點. ③設(shè)a<0,若a≥-, 則由(1)知,f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點; 若a<-,則由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)上單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點. 綜上,a的取值范圍為(0,+∞). 1.考查角度 考查利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式、根

9、據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)零點個數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點的性質(zhì)等. 2.題型及難易度 解答題,屬于難題或者較難題. (對應(yīng)學(xué)生用書第15~16頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 導(dǎo)數(shù)與不等式 考向1　導(dǎo)數(shù)方法證明不等式 【例1】 (1)(2018·陜西咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)ln x-x+1(a∈R),當(dāng)a≥時,求證:對任意的x≥1,f(x)≥0; (2)(2018·河南新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)=ex(aln x-bx),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=(e-4)x-

10、e+2.證明:f(x)+x2<0. 證明:(1)當(dāng)a≥時,f(x)=a(x+1)ln x-x+1, 欲證f(x)≥0,注意到f(1)=0,只要f(x)≥f(1)即可. f'(x)=aln x++1-1(x≥1), 令g(x)=ln x++1(x≥1), 則g'(x)=-=≥0(x≥1), 知g(x)在[1,+∞)上遞增,有g(shù)(x)≥g(1)=2, 所以f'(x)≥2a-1≥0a≥, 可知f(x)在[1,+∞)上遞增,于是有f(x)≥f(1)=0, 綜上,當(dāng)a≥時,對任意的x≥1,f(x)≥0. (2)由已知得 f'(x)=exaln x-bx+-b(x>0), 因為所以

11、 所以f(x)=exln x-2xex-1, 所以f(x)+x2<0?exln x+x2<2xex-1?<-. 設(shè)g(x)=,h(x)=-,要證f(x)+x2<0, 即要證g(x)0), 所以g(x)=在(0,e)上為增函數(shù),在(e,+∞)上為減函數(shù), 所以g(x)≤g(e)=.① 又h'(x)=, 所以h(x)=-在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增函數(shù), 所以h(x)≥h(1)=.② 由于①和②不能同時取等號,故g(x)

12、有兩條: (1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)

13、一模)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=ax2+1,其中e為自然對數(shù)的底數(shù). (1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的單調(diào)性; (2)已知a?(0,e),若對任意x1,x2∈[1,e],有f(x1)>g(x2),求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)f'(x)=-a=, a.當(dāng)a≤0時,1-ax>0,f'(x)>0, 所以f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增, b.當(dāng)0

14、遞減. d.當(dāng)a≥1時,≤1,f'(x)≤0,所以f(x)在[1,e]上單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a≤時,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,當(dāng)g(x)max恒成立.已知a?(0,e),則當(dāng)a≤0時,g'(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=-a. 所以-a>a+1,得a<-; 當(dāng)a≥e時,g'(x)>0, 所以g

15、(x)在[1,e]上為增函數(shù), g(x)max=g(e)=ae2+1, 因為f(x)在[1,e]上為減函數(shù), 所以f(x)min=f(e)=1-ae, 故1-ae>ae2+1, 所以a<0與a≥e矛盾. 綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是-∞,-. (1)對于f(x)≥g(x)在區(qū)間D上恒成立,只需[f(x)-g(x)]min≥0即可,而f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若?x0使得f(x0)>g(x0)成立,則只

16、需?x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)>g(x2)恒成立,則只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】 熱點訓(xùn)練1:(1)(2018·天津濱海新區(qū)八校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=x2ex. ①求在點(1,f(1))處的切線方程; ②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間

17、; ③當(dāng)x∈[-2,2]時,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的實數(shù)a的取值范圍. (2)(2018·廣西柳州模擬)已知a為實數(shù),函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x. ①若x=3是函數(shù)f(x)的一個極值點,求實數(shù)a的值; ②設(shè)g(x)=(a-2)x,若?x0∈,e,使得f(x0)≤g(x0)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)①因為f'(x)=x2ex+2xex, 所以k=f'(1)=3e,切點(1,e). 切線方程為3ex-y-2e=0. ②令f'(x)>0,即x(x+2)ex>0, 得f(x)在區(qū)間(-∞,-2),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減

18、. ③由②知,f(x)在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(0)=0. 當(dāng)x∈[-2,2]時,不等式f(x)≤2a+1能成立, 需2a+1≥f(x)min,即2a+1≥0,故a≥-. 故a的取值范圍為-,+∞. (2)①函數(shù)f(x)定義域為(0,+∞), f'(x)=+2x-4=. 因為x=3是函數(shù)f(x)的一個極值點, 所以f'(3)=0,解得a=-6. 經(jīng)檢驗a=-6時,x=3是函數(shù)f(x)的一個極小值點,符合題意, 所以a=-6. ②由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥-2x0, 記F(x)=x-ln x(x

19、>0), 所以F'(x)=(x>0), 所以當(dāng)01時,F'(x)>0,F(x)單調(diào)遞增. 所以F(x)>F(1)=1>0, 所以a≥, 記G(x)=,x∈,e. 所以G'(x)= =. 因為x∈,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0, 所以x-2ln x+2>0, 所以x∈,1時,G'(x)<0,G(x)單調(diào)遞減; x∈(1,e)時,G'(x)>0,G(x)單調(diào)遞增, 所以G(x)min=G(1)=-1, 所以a≥G(x)min=-1. 故實數(shù)a的取值范圍為[-1,+∞). 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點 考向

20、1　確定函數(shù)零點的個數(shù) 【例3】 (2018·湖北武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)討論g(x)=f(x)·x-在區(qū)間[0,1]內(nèi)零點的個數(shù). 解:(1)f'(x)=ex-a, 當(dāng)a≤0時,f'(x)>0, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無減區(qū)間; 當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-∞,ln a),增區(qū)間為(ln a,+∞). (2)由g(x)=0得f(x)=0或x=, 先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]的零點個數(shù). 當(dāng)a≤1時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增且f(

21、0)=0,f(x)有一個零點; 當(dāng)a≥e時,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個零點; 當(dāng)1e-1時,f(x)有一個零點,當(dāng)1e-1或a=2(-1)時,g(x)有兩個零點; 當(dāng)1

22、與x軸交點的個數(shù),其中的一個技巧是把f(x)=0化為g(x)=h(x),通過研究函數(shù)g(x),h(x)的性質(zhì),得出兩個函數(shù)圖象交點的個數(shù). 考向2　根據(jù)函數(shù)零點的個數(shù)確定參數(shù)取值范圍 【例4】 (2018·河南南陽一中三模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a. (1)當(dāng)a=0時,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍; (2)當(dāng)m=2時,若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=0時,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x, 因為x>1, 所以ln x>0, 所以有m≤

23、在(1,+∞)上恒成立, 令G(x)=,G'(x)=, 由G'(x)=0得x=e, 當(dāng)x>e,G'(x)>0,當(dāng)0

24、0, 所以φ(x)在[1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3]上單調(diào)遞增, φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2, 又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有兩個不同的根,結(jié)合圖象可知φ(2)

25、f(x)=0化為g(x)=h(x),據(jù)f(x)零點個數(shù)確定函數(shù)y=g(x),y=h(x)圖象的交點個數(shù),得出參數(shù)滿足的不等式,求得參數(shù)的取值范圍. 熱點訓(xùn)練2:(2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=xex-(x+1)2. (1)當(dāng)x∈[-1,2]時,求f(x)的最大值與最小值; (2)討論方程f(x)=ax-1的實根的個數(shù). 解:(1)因為f(x)=xex-(x+1)2, 所以f'(x)=(x+1)ex-2(x+1)=(x+1)(ex-2), 令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2, f'(x),f(x)隨x的變化如下表: x -1 (-1,ln 2)

26、ln 2 (ln 2,2) 2 f'(x) 0 - 0 + 續(xù)表 x -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,2) 2 f(x) - ↘ -(ln 2)2-1 ↗ 2e2-9 f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1, 因為2e2-9>0,-<0,2e2-9>-, 所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9. (2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x =x(ex-x-a-2), 所以f(x)=ax-1?x=0或ex-x-a-2=0, 設(shè)g(x)=ex-x-a-2, 則g'(x)=ex-1

27、, x>0時,g'(x)>0,x<0時,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),在(-∞,0)上是減函數(shù),g(x)≥g(0)=-a-1, 且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞, ①當(dāng)-a-1>0,即a<-1時,g(x)=0沒有實根, 方程f(x)=ax-1有1個實根; ②當(dāng)-a-1=0,即a=-1時,g(x)=0有1個實根為零,方程f(x)=ax-1有1個實根; ③當(dāng)-a-1<0,即a>-1時,g(x)=0有2個不等于零的實根,方程f(x)=ax-1有3個實根. 綜上可得,a≤-1時,方程f(x)=ax-1有1個實根; a>-1時,方程f(x)

28、=ax-1有3個實根. 熱點訓(xùn)練3:(2018·衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實數(shù)根,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)依題意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞). 令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,,單調(diào)遞減區(qū)間為,+∞. (2)由題意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x. 依題意,方程+aln x-a=0

29、有實數(shù)根, 即函數(shù)h(x)=+aln x-a存在零點. h'(x)=-+=, 令h'(x)=0,得x=. 當(dāng)a<0時,h'(x)<0. 即函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減, 而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0. 所以函數(shù)h(x)存在零點; 當(dāng)a>0時,h'(x),h(x)隨x的變化情況如下表: x 0, ,+∞ h'(x) - 0 + h(x) ↘ 極小值 ↗ 所以h=a+aln-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值. 當(dāng)h>0,即0

30、注意到h(1)=1-a≤0, h(e)=+a-a=>0, 所以函數(shù)h(x)存在零點. 綜上所述,當(dāng)a∈(-∞,0)∪[1,+∞)時,方程g(x)=a有實數(shù)根. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln -. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,且對任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)因為f(x)=2ln -, 所以f'(x)=- = =, 因為f(x)的

31、定義域為(0,+∞), 當(dāng)2時,f'(x)>0, 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,,(2,+∞). (2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x>1時f(x)≥f(2)=0, 又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0, 所以對任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立, ?存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立, ?存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.

32、 因為(x-t)2+(ln x-at)2表示點(x,ln x)與點(t,at)之間距離的平方, 所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立, ?y=ln x的圖象與直線y=ax有交點, ?方程a=在(0,+∞)上有解. 設(shè)h(x)=,則h'(x)=, 當(dāng)x∈(0,e)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減, 又h(e)=,x→0,h(x)→-∞, 所以h(x)的值域是-∞,, 所以實數(shù)a的取值范圍是-∞,. 【例2】 (2018·福建寧德5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+4(a∈R)

33、. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若函數(shù)f(x)有三個零點,證明:當(dāng)x>0時,f(x)>6(a-a2)ea. (1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a), 令f'(x)=0,則x=0或x=2a, 當(dāng)a=0時,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函數(shù); 當(dāng)a>0時,令f'(x)>0,得x<0或x>2a, 所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函數(shù); 令f'(x)<0,得00,得x<2a或x>0, 所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù); 令f'(x)<0

34、,得2a0時,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù). 當(dāng)a<0時,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù). (2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時,f(x)在R上是增函數(shù), 所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點; 當(dāng)a<0時,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù). 所以f(x)的極小值為f(0)=4>0, 所以函數(shù)f(x)不可能有三個零點, 當(dāng)a>0時,f(x)

35、的極小值為f(2a)=4-4a3, 要滿足f(x)有三個零點,則需4-4a3<0,即a>1, 當(dāng)x>0時,要證明:f(x)>6(a-a2)ea等價于要證明f(x)min>6(a-a2)ea, 即要證:4-4a3>6(a-a2)ea, 由于a>1,故等價于證明:1+a+a20, 所以函數(shù)h(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以h(a)min=h(1)=6e-6>0

36、, 所以函數(shù)g(a)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. 所以g(a)min=g(1)=3e-6>0, 所以1+a+a26(a-a2)ea. 【例3】 (2018·河南南陽一中三模)已知函數(shù)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x. (1)當(dāng)a=1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在0,上無零點,求a的最小值. 解:(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x-1-2ln x, 則f'(x)=1-,由f'(x)>0,得x>2, 由f'(x)<0,得00恒成立, 即對x∈0,,a>2-恒成立. 令l(x)=2-,x∈0,, 則l'(x)=, 再令m(x)=2ln x+-2,x∈0,, 則m'(x)=-=-<0, 故m(x)在0,上為減函數(shù), 于是m(x)>m=2-2ln 2>0. 從而l'(x)>0, 于是l(x)在0,上為增函數(shù), 所以l(x)2-在0,上恒成立, 只要a∈[2-4ln 2,+∞)即可. 綜上,若函數(shù)f(x)在0,上無零點,則a的最小值為2-4ln 2.