高考数学专题：导数专题总结.pdf

《高考数学专题：导数专题总结.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题：导数专题总结.pdf（55页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 2 页共 56 页第一部分构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式， 或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧技法一： “比较法”构造函数典例(2017广州模拟)已知函数 f(x)exax(e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为1(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值；(2)证明：当 x0 时，x2ex解(1)由 f(x)exax，得 f(x)exa

2、因为 f(0)1a1，所以 a2，所以 f(x)ex2x，f(x)ex2，令 f(x)0，得 xln 2，当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递增所以当 xln 2 时， f(x)取得极小值， 且极小值为 f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值 QQ 群 339444963(2)证明：令 g(x)exx2，则 g(x)ex2x由(1)得 g(x)f(x)f(ln 2)0，故 g(x)在 R 上单调递增所以当 x0 时，g(x)g(0)10，即 x2ex方法点拨在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数

3、的基因，故可选择对要证明的“x2ex”构造函数，得到“g(x)exx2”，并利用(1)的结论求解对点演练已知函数 f(x)xex，直线 yg(x)为函数 f(x)的图象在 xx0(x01)处的切线，第 3 页共 56 页求证：f(x)g(x)证明：函数 f(x)的图象在 xx0处的切线方程为 yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令 h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，则 h(x)f(x)f(x0)1xex1x0e0 x1xe0 x1x0exe0 xx设(x)(1x)e0 x(1x0)ex，则(x)e0 x(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在 R 上单调递减

4、，又(x0)0，当 xx0时，(x)0，当 xx0时，(x)0，当 xx0时，h(x)0，当 xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，h(x)h(x0)0， QQ 群 339444963f(x)g(x)技法二：“拆分法”构造函数典例设函数 f(x)aexln xbex1x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 ye(x1)2(1)求 a，b；(2)证明：f(x)1解(1)f(x)aexln x1x bex1x1x2(x0)，由于直线 ye(x1)2 的斜率为 e，图象过点(1,2)，所以f12，f1e，即b2，aee，解得a1，b2.(2)

5、证明：由(1)知 f(x)exln x2ex1x(x0)，从而 f(x)1 等价于 xln xxex2e构造函数 g(x)xln x，则 g(x)1ln x，第 4 页共 56 页所以当 x0，1e 时，g(x)0，当 x1e，时，g(x)0，故 g(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增， QQ 群 339444963从而 g(x)在(0，)上的最小值为 g1e 1e构造函数 h(x)xex2e，则 h(x)ex(1x)所以当 x(0,1)时，h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0；故 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而 h(x)在(0，)上的最大值为 h(

6、1)1e综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 f(x)1方法点拨对于第(2)问“aexln xbex1x1”的证明， 若直接构造函数 h(x)aexln xbex1x1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“aexln xbex1x1”合理拆分为“xln xxex2e”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的对点演练已知函数 f(x)aln xx1bx，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x2y30(1)求 a，b 的值；第 5 页共 56 页(2)证明：当 x0，且 x1 时，f(x)ln xx1解：(1)f(x)ax1xln xx

7、12bx2(x0)由于直线 x2y30 的斜率为12，且过点(1,1)，故f11，f112，即b1，a2b12.解得a1，b1.(2)证明：由(1)知 f(x)ln xx11x(x0)，所以 f(x)ln xx111x22ln xx21x考虑函数 h(x)2ln xx21x(x0)，则 h(x)2x2x2x21x2x12x2所以当 x1 时，h(x)0而 h(1)0，故当 x(0,1)时，h(x)0，可得11x2h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0，可得11x2h(x)0从而当 x0，且 x1 时，f(x)ln xx10，即 f(x)ln xx1 QQ 群 339444963技法三：“换元

8、法”构造函数典例已知函数 f(x)ax2xln x(aR)的图象在点(1， f(1)处的切线与直线x3y0 垂直(1)求实数 a 的值；(2)求证：当 nm0 时，ln nln mmnnm第 6 页共 56 页解(1)因为 f(x)ax2xln x，所以 f(x)2axln x1，因为切线与直线 x3y0 垂直，所以切线的斜率为 3，所以 f(1)3，即 2a13，故 a1(2)证明：要证 ln nln mmnnm，即证 lnnmmnnm，只需证 lnnmmnnm0令nmx，构造函数 g(x)ln x1xx(x1)，则 g(x)1x1x21因为 x1，)，所以 g(x)1x1x210，故 g(

9、x)在(1，)上单调递增由已知 nm0，得nm1，所以 gnm g(1)0， QQ 群 339444963即证得 lnnmmnnm0 成立，所以命题得证方法点拨对“待证不等式”等价变形为“lnnmmnnm0”后， 观察可知， 对“nm”进行换元，变为“ln x1xx0”，构造函数“g(x)ln x1xx(x1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算对点演练已知函数 f(x)x2ln x(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的 t0，存在唯一的 s，使 tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)， 证明： 当te2时， 有25ln gtln t第 7 页共 56

10、 页12解：(1)由已知，得 f(x)2xln xxx(2ln x1)(x0)，令 f(x)0，得 x1e当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1e1e1e，f(x)0f(x)极小值所以函数 f(x)的单调递减区间是0，1e ，单调递增区间是1e，(2)证明：当 0 x1 时，f(x)0，t0，当 0 x1 时不存在 tf(s)令 h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)上单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0故存在唯一的 s(1，)，使得 tf(s)成立(3)证明：因为 sg(t)，由(2)知，tf(s)，且 s1，从而l

11、n gtln tln sln fsln slns2ln sln s2ln slnln su2uln u，QQ 群 339444963 其中 uln s要使25ln gtln t12成立，只需 0ln uu2当 te2时，若 sg(t)e，则由 f(s)的单调性，有 tf(s)f(e)e2，矛盾所以 se，即 u1，从而 ln u0 成立第 8 页共 56 页另一方面，令 F(u)ln uu2，u1，F(u)1u12，令 F(u)0，得 u2当 1u2 时，F(u)0；当 u2 时，F(u)0故对 u1，F(u)F(2)0，因此 ln uu2成立综上，当 te2时，有25ln gtln t12技

12、法四：二次(甚至多次)构造函数典例(2017广州综合测试)已知函数 f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2(1)若曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为 1，求实数 m 的值；(2)当 m1 时，证明：f(x)g(x)x3解(1)因为 f(x)exmx3，所以 f(x)exm3x2因为曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为 1，所以 f(0)em1，解得 m0(2)证明：因为 f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2，所以 f(x)g(x)x3等价于 exmln(x1)20当 m1 时，exmln(x1)2ex1ln(x1)2要证 exmln(x1)20，只需证明 e

13、x1ln(x1)20设 h(x)ex1ln(x1)2，则 h(x)ex11x1设 p(x)ex11x1，则 p(x)ex11x120，所以函数 p(x)h(x)ex11x1在(1，)上单调递增因为 h12 e1220，h(0)e10，第 9 页共 56 页所以函数 h(x)ex11x1在(1，)上有唯一零点 x0，且 x012，0QQ 群 339444963 因为 h(x0)0，所以 ex011x01，即 ln(x01)(x01)当 x(1，x0)时，h(x)0，当 x(x0，)时，h(x)0，所以当 xx0时，h(x)取得最小值 h(x0)，所以 h(x)h(x0)ex01ln(x01)21

14、x01(x01)20综上可知，当 m1 时，f(x)g(x)x3方法点拨本题可先进行适当放缩，m1 时，exmex1，再两次构造函数 h(x)，p(x)对点演练(2016合肥一模)已知函数 f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，其中 e为自然对数的底数(1)求函数 f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若 g(x)f(x)对任意的 x(0，)恒成立，求 t 的取值范围解：(1)由 f(x)exxln x，知 f(x)eln x1，则 f(1)e1，而 f(1)e，则所求切线方程为 ye(e1)(x1)，即 y(e1)x1(2)f(x)exxln x，g(x)extx

15、2x，tR，g(x)f(x)对任意的 x(0，)恒成立等价于 extx2xexxln x0 对任意的 x(0，)恒成立，即 texxexxln xx2对任意的 x(0，)恒成立令 F(x)exxexxln xx2，第 10 页共 56 页则 F(x)xexex2exxln xx31x2exe2exxln x，令 G(x)exe2exxln x，则 G(x)ex2xexexx21xexx12exxx20 对任意的 x(0， )恒成立G(x)exe2exxln x 在(0，)上单调递增，且 G(1)0，当 x(0,1)时，G(x)0，当 x(1，)时，G(x)0，即当 x(0,1)时，F(x)0，

16、当 x(1，)时，F(x)0，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)F(1)1，t1，即 t 的取值范围是(，1强化训练1设函数 f(x)x2ex1ax3bx2，已知 x2 和 x1 为 f(x)的极值点(1)求 a，b 的值；(2)讨论 f(x)的单调性；(3)设 g(x)23x3x2，比较 f(x)与 g(x)的大小解：(1)因为 f(x)ex1(2xx2)3ax22bxxex1(x2)x(3ax2b)，又 x2 和 x1 为 f(x)的极值点，所以 f(2)f(1)0，因此6a2b0，33a2b0，解得a13，b1.(2)因为 a13，b1，第 11 页共 56

17、页所以 f(x)x(x2)(ex11)，令 f(x)0，解得 x12，x20，x31因为当 x(，2)(0,1)时，f(x)0；当 x(2,0)(1，)时，f(x)0所以 f(x)在(2,0)和(1，)上是单调递增的；在(，2)和(0,1)上是单调递减的(3)由(1)可知 f(x)x2ex113x3x2故 f(x)g(x)x2ex1x3x2(ex1x)，令 h(x)ex1x，则 h(x)ex11令 h(x)0，得 x1，因为当 x(，1时，h(x)0，所以 h(x)在(，1上单调递减；故当 x(，1时，h(x)h(1)0；因为当 x1，)时，h(x)0，所以 h(x)在1，)上单调递增；故 x

18、1，)时，h(x)h(1)0所以对任意 x(，)，恒有 h(x)0；又 x20，因此 f(x)g(x)0故对任意 x(，)，恒有 f(x)g(x)2(2015北京高考)已知函数 f(x)ln1x1x(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当 x(0,1)时，f(x)2xx33 ；(3)设实数 k 使得 f(x)kxx33 对 x(0,1)恒成立，求 k 的最大值解：(1)因为 f(x)ln(1x)ln(1x)(1x1)，所以 f(x)11x11x，f(0)2第 12 页共 56 页又因为 f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y2x(2)

19、证明：令 g(x)f(x)2xx33 ，则 g(x)f(x)2(1x2)2x41x2因为 g(x)0(0 x1)，所以 g(x)在区间(0,1)上单调递增所以 g(x)g(0)0，x(0,1)，即当 x(0,1)时，f(x)2xx33 (3)由(2)知，当 k2 时，f(x)kxx33 对 x(0,1)恒成立当 k2 时，令 h(x)f(x)kxx33 ，则 h(x)f(x)k(1x2)kx4k21x2所以当 0 x4k2k时，h(x)0，因此 h(x)在区间0，4k2k上单调递减故当 0 x4k2k时，h(x)h(0)0，即 f(x)kxx33 所以当 k2 时，f(x)kxx33 并非对

20、x(0,1)恒成立综上可知，k 的最大值为 23(2016广州综合测试)已知函数 f(x)mexln x1(1)当 m1 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当 m1 时，证明：f(x)1解：(1)当 m1 时，f(x)exln x1，所以 f(x)ex1x第 13 页共 56 页所以 f(1)e1，f(1)e1所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x(2)证明：当 m1 时，f(x)mexln x1exln x1(x0)要证明 f(x)1，只需证明 exln x20设 g(x)exln x2，则 g(x)ex1

21、x设 h(x)ex1x，则 h(x)ex1x20，所以函数 h(x)g(x)ex1x在(0，)上单调递增因为 g12 e1220，g(1)e10，所以函数 g(x)ex1x在(0，)上有唯一零点 x0，且 x012，1因为 g(x0)0，所以 ex01x0，即 ln x0 x0当 x(0，x0)时，g(x)0；当 x(x0，)时，g(x)0所以当 xx0时，g(x)取得最小值 g(x0)故 g(x)g(x0)ex0ln x021x0 x020综上可知，当 m1 时，f(x)14(2017石家庄质检)已知函数 f(x)a xx2ex(x0)，其中 e 为自然对数的底数(1)当 a0 时，判断函数

22、 yf(x)极值点的个数；(2)若函数有两个零点 x1，x2(x1x2)，设 tx2x1，证明：x1x2随着 t 的增大而增大解：(1)当 a0 时，f(x)x2ex(x0)，第 14 页共 56 页f(x)2xexx2exex2xx2ex，令 f(x)0，得 x2，当 x(0,2)时，f(x)0，yf(x)单调递减，当 x(2，)时，f(x)0，yf(x)单调递增，所以 x2 是函数的一个极小值点，无极大值点，即函数 yf(x)有一个极值点(2)证明：令 f(x)a xx2ex0，得 x32aex，因为函数有两个零点 x1，x2(x1x2)，所以 x1321aex1，x322aex2，可得3

23、2ln x1ln ax1，32ln x2ln ax2故 x2x132ln x232ln x132lnx2x1又x2x1t，则 t1，且x2tx1，x2x132ln t，解得 x132ln tt1，x232tln tt1所以 x1x232t1ln tt1令 h(x)x1ln xx1，x(1，)，则 h(x)2ln xx1xx12令 u(x)2ln xx1x，得 u(x)x1x2当 x(1，)时，u(x)0因此，u(x)在(1，)上单调递增，第 15 页共 56 页故对于任意的 x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得 h(x)0，故 h(x)在(1，)上单调递增因此，由可得 x1x2随着 t 的

24、增大而增大第二部分利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性典例已知函数 g(x)ln xax2bx，函数 g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于 x 轴(1)确定 a 与 b 的关系；(2)若 a0，试讨论函数 g(x)的单调性解(1)依题意得 g(x)1x2axb(x0)由函数 g(x)的图象在点(1， g(1)处的切线平行于 x 轴得： g(1)12ab0，b2a1(2)由(1)得g(x)2ax22a1x1x2ax1x1x函数 g(x)的定义域为(0，)，当 a0 时，g(x)x1x由 g(x)0，得 0 x1，由 g(x)0，得 x1，当 a0 时，令 g(x

25、)0，得 x1 或 x12a，若12a1，即 a12，由 g(x)0，得 x1 或 0 x12a，由 g(x)0，得12ax1；若12a1，即 0a12，第 16 页共 56 页由 g(x)0，得 x12a或 0 x1，由 g(x)0，得 1x12a，若12a1，即 a12在(0，)上恒有 g(x)0综上可得：当 a0 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当 0a12时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在1，12a 上单调递减，在12a，上单调递增；当 a12时，函数 g(x)在(0，)上单调递增，当 a12时，函数 g(x)在0，12a 上单调递增，在12a

26、，1上单调递减，在(1，)上单调递增方法点拨(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的间断点(3)本题(2)求解应先分 a0 或 a0 两种情况，再比较12a和 1 的大小对点演练(2016太原一模)已知函数 f(x)xaln x(aR)(1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程；(2)设函数 h(x)f(x)1ax，求函数 h(x)的单调区间解：(1)当 a2 时，f(x)x2ln x，f(1)1，即切点为(1,1)，第 17 页共 56 页f(x)12x，f(1

27、)121，曲线 yf(x)在点(1,1)处的切线方程为 y1(x1)，即 xy20(2)由题意知，h(x)xaln x1ax(x0)，则 h(x)1ax1ax2x2ax1ax2x1x1ax2，当 a10，即 a1 时，令 h(x)0，x0，x1a，令 h(x)0，x0，0 x1a当 a10，即 a1 时，h(x)0 恒成立，综上，当 a1 时，h(x)的单调递减区间是(0，a1)，单调递增区间是(a1，)；当 a1 时，h(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间技法二：利用导数研究函数的极值典例设 a0，函数 f(x)12x2(a1)xa(1ln x)(1)若曲线 yf(x)在(2，f(

28、2)处的切线与直线 yx1 垂直，求切线方程(2)求函数 f(x)的极值解(1)由已知，得 f(x)x(a1)ax(x0)，又由题意可知 yf(x)在(2，f(2)处切线的斜率为 1，所以 f(2)1，即 2(a1)a21，解得 a0，此时 f(2)220，故所求的切线方程为 yx2(2)f(x)x(a1)axx2a1xaxx1xax(x0)第 18 页共 56 页当 0a1 时，若 x(0，a)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递增；若 x(a,1)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递减；若 x(1，)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递增此时 xa 是 f(x)的极大值点，x1 是

29、f(x)的极小值点，函数 f(x)的极大值是 f(a)12a2aln a，极小值是 f(1)12当 a1 时，f(x)x12x0，所以函数 f(x)在定义域(0，)内单调递增，此时 f(x)没有极值点，故无极值当 a1 时，若 x(0,1)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递增；若 x(1，a)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递减；若 x(a，)，则 f(x)0，函数 f(x)单调递增此时 x1 是 f(x)的极大值点，xa 是 f(x)的极小值点，函数 f(x)的极大值是f(1)12，极小值是 f(a)12a2aln a综上，当 0a1 时，f(x)的极大值是12a2aln a，极小值

30、是12；当 a1 时，f(x)没有极值；当 a1 时 f(x)的极大值是12，极小值是12a2aln a方法点拨对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题讨论的思路主要有：(1) 参数是否影响 f(x)零点的存在；(2)参数是否影响 f(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小；第 19 页共 56 页(3)参数是否影响 f(x)在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)对点演练(2016山东高考)设 f(x)xln xax2(2a1)x，aR(1)令 g(x)f(x)，求 g(x)的单调区间；(2)已知 f(x)在 x1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围解：

31、(1)由 f(x)ln x2ax2a，可得 g(x)ln x2ax2a，x(0，)所以 g(x)1x2a12axx当 a0，x(0，)时，g(x)0，函数 g(x)单调递增；当 a0，x0，12a 时，g(x)0，函数 g(x)单调递增，x12a，时，g(x)0，函数 g(x)单调递减所以当 a0 时，g(x)的单调增区间为(0，)；当 a0 时，g(x)的单调增区间为0，12a ，单调减区间为12a，(2)由(1)知，f(1)0当 a0 时，f(x)单调递增，所以当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以 f(x)在 x1 处取得极小

32、值，不合题意当 0a12时，12a1，由(1)知 f(x)在0，12a 内单调递增，可得当 x(0,1)时，f(x)0，当 x1，12a 时，f(x)0所以 f(x)在(0,1)内单调递减，在1，12a 内单调递增，所以 f(x)在 x1 处取得极小值，不合题意当 a12时，12a1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，第 20 页共 56 页所以当 x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意当 a12时，012a1，当 x12a，1时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以 f(x)在 x1 处取极大值，符合题意综上可知，

33、实数 a 的取值范围为12，技法三：利用导数研究函数的最值典例已知函数 f(x)ln xax(aR)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a0 时，求函数 f(x)在1,2上的最小值解(1)由题意，f(x)1xa(x0)，当 a0 时，f(x)1xa0，即函数 f(x)的单调递增区间为(0，)当 a0 时，令 f(x)1xa0，可得 x1a，当 0 x1a时，f(x)1axx0；当 x1a时，f(x)1axx0，故函数 f(x)的单调递增区间为0，1a ，单调递减区间为1a，综上可知，当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，)；当 a0 时，函数 f(x)的单调递增区间为0，1

34、a ，单调递减区间为1a，(2)当1a1，即 a1 时，函数 f(x)在区间1,2上是减函数，所以 f(x)的最小值是 f(2)ln 22a第 21 页共 56 页当1a2，即 0a12时，函数 f(x)在区间1,2上是增函数，所以 f(x)的最小值是 f(1)a当 11a2，即12a1 时，函数 f(x)在1，1a 上是增函数，在1a，2上是减函数又 f(2)f(1)ln 2a，所以当12aln 2 时，最小值是 f(1)a；当 ln 2a1 时，最小值为 f(2)ln 22a综上可知，当 0aln 2 时，函数 f(x)的最小值是a；当 aln 2 时，函数 f(x)的最小值是 ln 22

35、a方法点拨(1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点对点演练1若函数 f(x)xx2a(a0)在1，)上的最大值为33，则 a 的值为()A33B 3C 31D 31解析：选 Df(x)x2a2x2x2a2ax2x2a2令 f(x)0，得 x a或 x a(舍去)，若 a1，即 0a1 时，在1，)上 f(x)0，f(x)maxf(1)11a33解得 a 31，符合题意若 a1，即 a1 时，在1， a)上 f

36、(x)0，在( a，)上 f(x)0，所以第 22 页共 56 页f(x)maxf( a)a2a33，解得 a341，不符合题意，综上知，a 312已知函数 f(x)xln x，g(x)(x2ax3)ex(a 为实数)(1)当 a5 时，求函数 yg(x)在 x1 处的切线方程；(2)求 f(x)在区间t，t2(t0)上的最小值解：(1)当 a5 时，g(x)(x25x3)ex，g(1)e又 g(x)(x23x2)ex，故切线的斜率为 g(1)4e所以切线方程为 ye4e(x1)，即 y4ex3e(2)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，当 x 变化时，f(x)，f(x)的变

37、化情况如下表：x0，1e1e1e，f(x)0f(x)极小值当 t1e时，在区间t，t2上 f(x)为增函数，所以 f(x)minf(t)tln t当 0t1e时，在区间t，1e 上 f(x)为减函数，在区间1e，t2上 f(x)为增函数，所以 f(x)minf1e 1e综上，f(x)mintln t，t1e，1e，0t1e.第 23 页共 56 页强化训练1已知函数 f(x)x12ax2ln(1x)(a0)(1)若 x2 是 f(x)的极值点，求 a 的值；(2)求 f(x)的单调区间解：f(x)x1aaxx1，x(1，)(1)依题意，得 f(2)0，即21a2a210，解得 a13经检验，a

38、13符合题意，故 a 的值为13(2)令 f(x)0，得 x10，x21a1当 0a1 时，f(x)与 f(x)的变化情况如下：x(1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)f(x1)f(x2)f(x)的单调增区间是0，1a1，单调减区间是(1,0)和1a1，当 a1 时，f(x)的单调减区间是(1，)当 a1 时，1x20，f(x)与 f(x)的变化情况如下：x(1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)f(x2)f(x1)f(x)的单调增区间是1a1，0，单调减区间是1，1a1和(0，)综上，当 0a1 时，f(x)的单调增区间是0，1a1，单调减区

39、间是(1,0)和1a1，；当 a1 时，f(x)的单调减区间是(1，)；当 a1 时，f(x)的单调增区间是1a1，0，单调减区间是1，1a1和(0，第 24 页共 56 页)2已知函数 f(x)x3x2，x1，aln x，x1.(1)求 f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求 f(x)在1，e(e 为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当 x1 时，f(x)3x22xx(3x2)，令 f(x)0，解得 x0 或 x23当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)00，232323，1f(x)00f(x)极小值极大值故当 x0 时，函数 f(x)取得极小值为 f

40、(0)0，函数 f(x)的极大值点为 x23(2)当1x1 时，由(1)知，函数 f(x)在1,0和23，1上单调递减，在0，23 上单调递增因为 f(1)2，f23 427，f(0)0，所以 f(x)在1,1)上的最大值为 2当 1xe 时，f(x)aln x，当 a0 时，f(x)0；当 a0 时，f(x)在1，e上单调递增，则 f(x)在1，e上的最大值为 f(e)a综上所述，当 a2 时，f(x)在1，e上的最大值为 a；当 a2 时，f(x)在1，e上的最大值为 23已知函数 f(x)ax1ln x(aR)(1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数 f(x)在 x

41、1 处取得极值，x(0，)，f(x)bx2 恒成立，求实数 b 的取值范围第 25 页共 56 页解：(1)由已知得 f(x)a1xax1x(x0)当 a0 时，f(x)0 在(0，)上恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递减，f(x)在(0，)上没有极值点当 a0 时，由 f(x)0，得 0 x1a，由 f(x)0，得 x1a，f(x)在0，1a 上单调递减，在1a，上单调递增，即 f(x)在 x1a处有极小值当 a0 时，f(x)在(0，)上没有极值点，当 a0 时，f(x)在(0，)上有一个极值点(2)函数 f(x)在 x1 处取得极值，f(1)0，解得 a1，f(x)bx211xln

42、 xxb，令 g(x)11xln xx，则 g(x)ln x2x2，令 g(x)0，得 xe2则 g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，g(x)ming(e2)11e2，即 b11e2，故实数 b 的取值范围为，11e24已知方程 f(x)x22axf(x)a210，其中 aR，xR(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)在0，)上存在最大值和最小值，求实数 a 的取值范围解：(1)由 f(x)x22axf(x)a210 得 f(x)2axa21x21，则 f(x)2xaax1x212当 a0 时，f(x)2xx212，第 26 页共 56 页所以 f(x)

43、在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，即 f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)当 a0 时，令 f(x)0，得 x1a，x21a，当 x 变化时，f(x)与 f(x)的变化情况如下： QQ 群 339444963x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极小值极大值故 f(x)的单调递减区间是(，a)，1a，单调递增区间是a，1a 当 a0 时，令 f(x)0，得 x1a，x21a，当 x 变化时，f(x)与 f(x)的变化情况如下：x(，x2)x2(x2，x1)x1(x1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以 f(x)的单调递增区间是，1a

44、， (a， )， 单调递减区间是1a，a(2)由(1)得，a0 不合题意当 a0 时，由(1)得，f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，上单调递减，所以 f(x)在0，)上存在最大值 f1a a20设 x0为 f(x)的零点，易知 x01a22a，且 x01a从而当 xx0时，f(x)0；当 xx0时，f(x)0若 f(x)在0，)上存在最小值，必有 f(0)0，解得1a1所以当 a0 时，若 f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数 a 的取值范围是(0,1第 27 页共 56 页当 a0 时，由(1)得，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以 f(x)在0，)上存

45、在最小值 f(a)1易知当 xa 时，1f(x)0，所以若 f(x)在0，)上存在最大值，必有f(0)0，解得 a1 或 a1所以当 a0 时，若 f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数 a 的取值范围是(，1综上所述，实数 a 的取值范围是(，1(0,15设函数 f(x)x2axb(1)讨论函数 f(sin x)在2，2 内的单调性并判断有无极值， 有极值时求出极值；(2)记 f0(x)x2a0 xb0，求函数|f(sin x)f0(sin x)|在2，2 上的最大值 D；(3)在(2)中，取 a0b00，求 zba24满足条件 D1 时的最大值解：(1)由题意，f(sin x)sin

46、2xasin xbsin x(sin xa)b，则 f(sin x)(2sin xa)cos x，因为2x2，所以 cos x0，22sin x2a2，bR 时，函数 f(sin x)单调递增，无极值；a2，bR 时，函数 f(sin x)单调递减，无极值；对于2a2，在2，2 内存在唯一的 x0，使得 2sin x0a2xx0时，函数 f(sin x)单调递减；x0 x2时，函数 f(sin x)单调递增因此，2a2，bR 时，函数 f(sin x)在 x0处有极小值 f(sin x0)fa2 ba24 Q Q 群 3 3 9 4 4 4 9 6 3第 28 页共 56 页(2)当2x2时，

47、|f(sin x)f0(sin x)|(a0a)sin xbb0|aa0|bb0|，当(a0a)(bb0)0，x2时等号成立，当(a0a)(bb0)0 时，x2时等号成立由此可知，|f(sin x)f0(sin x)|在2，2 上的最大值为 D|aa0|bb0|(3)D1 即为|a|b|1，此时 0a21，1b1，从而 zba241取 a0，b1，则|a|b|1，并且 zba241由此可知，zba24满足条件 D1 的最大值为 16已知函数 f(x)x1x，g(x)aln x(aR)(1)当 a2 时，求 F(x)f(x)g(x)的单调区间；(2)设 h(x)f(x)g(x)，且 h(x)有两

48、个极值点为 x1，x2，其中 x10，12 ，求h(x1)h(x2)的最小值解：(1)由题意得 F(x)x1xaln x(x0)，则 F(x)x2ax1x2，令 m(x)x2ax1，则a24当2a2 时，0，从而 F(x)0，所以 F(x)的单调递增区间为(0，)；当 a2 时，0，设 F(x)0 的两根为x1a a242，x2a a242，所以 F(x)的单调递增区间为0，a a242和a a242，第 29 页共 56 页F(x)的单调递减区间为a a242，a a242综上，当2a2 时，F(x)的单调递增区间为(0，)；当 a2 时，F(x)的单调递增区间为0，a a242和a a24

49、2，F(x)的单调递减区间为a a242，a a242(2)对 h(x)x1xaln x，x(0，)求导得，h(x)11x2axx2ax1x2，h(x)0 的两根分别为 x1，x2，则有 x1x21，x1x2a，所以 x21x1，从而有 ax11x1令 H(x)h(x)h1xx1xx1x ln x1xxx1x ln1x2x1x ln xx1x ，即 H(x)21x21ln x21x1xln xx2(x0)当 x0，12 时，H(x)0，所以 H(x)在0，12 上单调递减，又 H(x1)h(x1)h1x1h(x1)h(x2)，所以h(x1)h(x2)minH12 5ln 23第三部分导数的综合

50、应用(一)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根典例(2016北京高考)设函数 f(x)x3ax2bxc第 30 页共 56 页(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设 ab4，若函数 f(x)有三个不同零点，求 c 的取值范围；(3)求证：a23b0 是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件解(1)由 f(x)x3ax2bxc，得 f(x)3x22axb因为 f(0)c，f(0)b，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 ybxc(2)当 ab4 时，f(x)x34x24xc，所以 f(x)3x28x4令 f(x)0，得 3x28x40，解得 x2