阅读与思考 集合中元素的个数公开课教案（教学设计）

2017届导数训练（1）

1．设函数f(x)ex1xax2.

（Ⅰ）若a0，求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若当x0时f(x)0，求a的取值范围.

2．已知函数f(x)alnxx1bx，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30．（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）如果当x>0，且x1时，f(x)lnxx1kx，求k的取值范围．

3.已知函数f(x)exln(xm). （Ⅰ）设x0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）当m2时,证明f(x)0.

4.已知函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，

且在点P处有相同的切线y4x2.

（Ⅰ）求a,b,c,d的值； （Ⅱ）若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.

.

设函数f(x)aexlnxbex15x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为ye(x1)2.

（Ⅰ）求a,b;

（Ⅱ）证明：f(x)1.

6.

已知函数f（x）=x3ax14,g(x)lnx

（Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线yf(x)

的切线；

（Ⅱ）用min

m,n

表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)(x0)

，讨论h（x）零点的个数.

7.已知函数fxx2exax12有两个零点．

（Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）若fx有两个零点为x1,x2，求证：x1+x22．

8.（Ⅰ）讨论函数f(x)x2x2ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20;

（Ⅱ）证明：当a[0,1)

时，函数gx=exaxax2(x0)

有最小值.设gx的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.

2017届导数训练（1）参考答案

1．（2010年新课标卷理）设函数f(x)ex1xax2.

（Ⅰ）若a0，求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若当x0时f(x)0，求a的取值范围.

1.解：（Ⅰ）a0时，f(x)ex1x，f'(x)ex1. 当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0. 故f(x)在(,0)单调减少，在(0,)单调增加

（Ⅱ）f'(x)ex12ax

由（Ⅰ）知ex1x，当且仅当x0时等号成立. 故f'(x)x2ax(12a)x，

从而当12a0，即a12时，f'(x)0 (x0)，而f(0)0，

于是当x0时，f(x)0.

由ex1x(x0)可得ex1x(x0).从而当a12时，

f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln2a)时，f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln2a)时，f(x)0.

综合得a的取值范围为(,12].

2．（2011年新课标Ⅰ卷理）已知函数f(x)alnxx1bx，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为

x2y30．

（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）如果当x>0，且x1时，f(x)lnxx1kx，求k的取值范围．

(x1解：（Ⅰ）f'(x)xlnx)b(x1)2x2

由于直线x2y30的斜率为12，且过点(1,1)，

f(1)1,故b1,1



解得a1，b1．

f'(1)2,

即a2b1 2,

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1lnxk1(k1)(x2x1x，所以f(x)(x1x)1x2(2lnx1)x)．考虑函数h(x)2lnx(k1)(x21)x(x0)，则h'(x)(k1)(x21)2xx2．

(i)设k0，由h'(x)k(x21)(x1)2x2知，当x1时，h'(x)0．而h(1)0，故

当x(0,1)时，h(x)0，可得11x2h(x)0；

当x（1，+）时，h（x）<0，可得11x2

h（x）>0 从而当x>0，且x1时，f（x）-（lnxx1+kx）>0，即f（x）>lnxkx1+x. （ii）设00，故h'

(x）>0，而

h（1）=0，故当x（1，11k）时，h（x）>0，可得11x2h（x）<0，与题设矛盾．

（iii）设k1.此时h'（x）>0，而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得11x2

h（x）<0，与题设矛盾．

综合得，k的取值范围为（-，0]

3.

（2013年新课标Ⅱ卷理）已知函数f(x)exln(xm). （Ⅰ）设x0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; （Ⅱ）当m2时,证明f(x)0.

4.

（2013年新课标Ⅰ卷理）已知函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2. （Ⅰ）求a,b,c,d的值； （Ⅱ）若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.

解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，

故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．

36.

（2015年高考新课标Ⅰ卷理）已知函数f（x）=xax1,g(x)lnx

4

（Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线yf(x)

的切线；

设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，

则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.

令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2. ①

若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0. 即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．

而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．

从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．

而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0. 从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e2]．

aexlnxbex15.

（2014年高考新课标Ⅰ卷理）设函数f(x)x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为ye(x1)2.

（Ⅰ）求a,b;

（Ⅱ）证明：f(x)1.

min

m,n

表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)(x0)

，讨论h（x）零点的个数.

（Ⅱ）用

7.（2016年高考新课标Ⅰ卷理）已知函数fxx2exax12有两个零点．

（Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）若fx有两个零点为x1,x2，求证：x1+x22．

7.解：（Ⅰ）f'(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)．

（i）设a0,则f(x)(x2)ex,f(x)只有一个零点．

（ii）设a0,则当x(,1)时,f'(x)0；当x(1,)时,f'(x)0．所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．

又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且blna2, 则

f(b)a2(b2)a(b1)2a(b232b)0,

故f(x)存在两个零点．

（iii）设a0,由f'(x)0得x1或xln(2a)．

若ae2,则ln(2a)1,故当x(1,)时,f'(x)0,因此f(x)在(1,)上单调递增．又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点．

若ae2,则ln(2a)1,故当x(1,ln(2a))时,f'(x)0；当x(ln(2a),)时,f'(x)0．因此f(x)在(1,ln(2a))单调递减,在(ln(2a),)单调递增．又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点．

综上,a的取值范围为(0,)．

x法2：（Ⅱ）

由已知得：fx12e1x22ex21fx20，不难发现x11，x21，故可整理得：axx121x122设gxx2exx221xx12，则gx1gx2那么g'xx13e，

当x1时，g'x0，gx单调递减；当x1时，g'x0，gx单调递增．

设m0，构造代数式：g1mg1mm1mm1m2e1m2e1m1m1mm12mm2em1e1

设hmm12mm1e1，m0

则h'm2m2m12e2m0，故hm单调递增，有hmh00．

因此，对于任意的m0，g1mg1m．

由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2，则必有x11x2

令m1x10，则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2

而2x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2x1gx22x1x2

整理得：x1x22．

8.（2016年高考新课标Ⅱ卷理）

（Ⅰ）讨论函数f(x)x2x2ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20;

x（Ⅱ）证明：当a[0,1)

时，函数gx=eaxax2(x0)

有最小值.设gx的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域. 8. （Ⅰ）证明：fxx2x2e， fxex24x2exxxx2x22x22

∵当x，22,时，fx0 ∴fx在，2和2,上单调递增

∴x0时，x2x2exf0=1， ∴x2exx20

x2ex22xex（Ⅱ）gxaxaxaxax2a2exax4xxe2exxx4x2x3 a0，1

由(1)知，当x0时，fxx2x2ex的值域为1，，只有一解．

使得t2t2eta，t0，2

当x(0,t)时g(x)0，g(x)单调减；当x(t,)时g(x)0，g(x)单调增

thaetat1ett12etett2t2t2t2

记ktett2，在t0,2时，ktett1t220，∴kt单调递增

1e2∴hakt，4．

2