导数高考题型.doc

第4讲导数的热点问题(大题)热点一导数的简单应用利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等注意：若可导函数f(x)在区间D上单调递增，则有f(x)0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立例1(2019柳州模拟)已知函数f(x)lnxmx在区间(0,1)上为增函数，mR.(1)求实数m的取值范围；(2)当m取最大值时，若直线l：yaxb是函数F(x)f(x)2x的图象的切线，且a，bR，求ab的最小值解(1)f(x)lnxmx，f(x)m.又函数f(x)在区间(0,1)上为增函数，f(x)m0在(0,1)上恒成立，m在(0,1)上恒成立令t(x)2，x(0,1)，则t(x)在(0,1)上是减函数，当x1时，t(x)2，即t(x)2，m2，实数m的取值范围为(，2(2)由题意得F(x)2xlnx，则F(x)，设切点坐标为，则切线的斜率af(x0)，又lnx0ax0b，blnx01，ablnx01.令h(x)lnx1(x0)，则h(x)，故当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增当x1时，h(x)有最小值，且h(x)minh(1)1，ab的最小值为1.跟踪演练1(2019北京模拟)设函数f(x)exax，a0.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)当x1时，函数f(x)的图象恒在x轴上方，求a的最大值解(1)f(x)exax，f(x)exa，f(1)ea，由题设知f(1)0，即ea0，解得ae.经验证ae满足题意(2)令f(x)0，即exa，则xlna，当lna1，即0ae时，对于任意x(，lna)有f(x)0，故f(x)在(lna,1)上单调递增，因此当xlna时，f(x)有最小值为aalnaa0成立，所以0ae，当lna1，即ae时，对于任意x(，1)有f(x)f(1)因为f(x)的图象恒在x轴上方，所以f(1)0，即a2e，综上，a的取值范围为(0,2e，所以a的最大值为2e.热点二导数与函数零点或方程根的问题已知函数零点x0(a，b)，求参数范围的一般步骤：(1)对函数求导；(2)分析函数在区间(a，b)上的单调情况；(3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围例2(2019石家庄质检)已知函数f(x)exxa(aR)(1)当a0时，求证：f(x)x；(2)讨论函数f(x)零点的个数(1)证明当a0时，f(x)exx.令g(x)f(x)xexxxex2x，则g(x)ex2，当g(x)0时，xln2；当xln2时，g(x)ln2时，g(x)0，所以g(x)在(，ln2)上单调递减，在(ln2，)上单调递增，所以xln2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)ming(ln2)eln22ln22ln0，故当a0时，f(x)x成立(2)解f(x)ex1，由f(x)0，得x0.当x0时，f(x)0时，f(x)0，所以f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以x0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)minf(0)1a.当1a0，即a1时，f(x)没有零点，当1a0，即a1时，f(x)只有一个零点，当1a1时，因为f(a)ea(a)aea0，所以f(x)在(a,0)上有一个零点，即f(x)在(，0)上只有一个零点；由(1)，得ex2x，令xa，则得ea2a，所以f(a)eaaaea2a0，于是f(x)在(0，a)上有一个零点，即f(x)在(0，)上只有一个零点，因此，当a1时，f(x)有两个零点综上，当a1时，f(x)有两个零点跟踪演练2(2019洛阳调研)已知函数f(x)x2alnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)x2alnx的定义域为(0，)，f(x)x.a0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增；a0时，由f(x)0，得x，f(x)0，得0x0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增(2)当a0时，由(1)知f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，若1，即0a1时，f(x)在(1，e)上单调递增，f(1)，f(x)在区间(1，e)上无零点若1e，即1ae2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f(x)minf()a(1lna)f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，ea0，f(e)e2af(x)max或af(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围2利用导数处理不等式在区间D上有解或恒成立的常用结论：不等式af(x)在区间D上有解af(x)在区间D上有解af(x)min；不等式af(x)在区间D上有解af(x)min；不等式af(x)在区间D上恒成立af(x)在区间D上恒成立af(x)max；不等式af(x)在区间D上恒成立af(x)max.例3(2019太原模拟)已知函数f(x).(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(1，)上恒成立，求整数k的最大值解(1)由题意，可得f(x)的定义域是(0,1)(1，)，且f(x)，令(x)lnx，则(x)，x(0,1)时，(x)(1)10，f(x)0，(x)单调递增，(x)(1)10，f(x)(x1)恒成立，令h(x)，即h(x)的最小值大于k，又由h(x)(x1)，令g(x)x2lnx(x1)，则g(x)0，故g(x)在(1，)上单调递增，又g(3)1ln30，g(x)0存在唯一的实数根a，且满足a(3,4)，a2lna0，故xa时，g(x)0，h(x)0，h(x)单调递增，1xa时，g(x)0，h(x)0)，则f(x)2，令f(x)0，则x，分析知，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0对任意x(0，)成立，此时f(x)在区间(0，)上单调递增，又h(1)m(1m)11m20，m0不满足题设；当m0时，h(x)，令h(x)0，则x1(舍)，x，分析知，函数h(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，h(x)maxhlnm2(1m)1lnlnm，又函数P(m)lnm在(0，)上单调递减，P(1)ln10，P(2)ln2ln2ln0，所求整数m的最小值为2.热点四导数与不等式的证明问题利用导数证明不等式的解题策略：一般先将待证不等式如f(x)g(x)的形式转化为f(x)g(x)0的形式，再设h(x)f(x)g(x)，进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变例4(2019河南省名校联考)已知函数f(x)exax2.(1)若函数f(x)在(2，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设x1(1)解由题意可知f(x)ex2ax.令f(x)0，即ex2ax0，当x(2，)时，有2a.令m(x)，则m(x).所以当x(2，)时，m(x)0，所以m(x)在(2，)上单调递增所以2a，即a，故实数a的取值范围为.(2)证明令t则t1.故(x2x1)f(x1)axf(x2)axx2x1lnt.构造函数s(t)lnt，t1，则s(t)0.所以s(t)在(1，)上单调递增，因为t1时，s(t)0，所以s(t)0，所以当t1时，lnt，故(x2x1)f(x1)axf(x2)ax跟踪演练4(2019贵州适应性考试)函数f(x)xlnx，g(x)aex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求证：当a时，xf(x)g(x)(1)解函数f(x)的定义域为(0，)由f(x)xlnx，得f(x)1.当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)证明要证xf(x)g(x)，即证x(xlnx)aex，即证a，(*)设h(x)，则h(x)，由(1)可知f(x)f(1)1，即xlnx1，所以lnx(x1)0，于是，当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)上存在唯一零点所以f(x)在区间(0，)上存在唯一零点(2)解由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)上只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，0押题预测已知函数f(x)x3x2a|x|1.(1)当a6时，求函数f(x)在(0，)上的单调区间；(2)求证：当a0时，f(x)x3x26x1，所以f(x)x25x6(x2)(x3)，令f(x)0，得x2，或x3.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,2)2(2,3)3(3，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)在(0，)上的单调递增区间是(0,2)，(3，)，单调递减区间是(2,3)(2)证明当a0时，若x0，则f(x)x3x2ax1，所以f(x)x25xax(x5)a，因为x0，a0，若x0，则f(x)x3x2ax1，所以f(x)x25xa.令f(x)0，254a0，所以有两个不相等的实根x1，x2，且x1x20，所以当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0(0，x2)x2(x2，)f(x)无定义0f(x)极大值极小值因为函数f(x)图象是连续不断的，所以当a0时，1，所以函数f(x)在上单调递减，在，(1，)上单调递增；()当a0时，10时，函数f(x)在上单调递减，在，(1，)上单调递增；当a0时，函数f(x)在(，1)，上单调递减，在上单调递增(2)函数f(x)ex(ax22x)1恒成立，即aexexx1，即ax，设函数g(x)x，则g(x)1，令g(x)0，解得x0，所以函数g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以函数g(x)的最小值g(x)min1，所以amin1，所以a的取值范围是(，12(2019全国)已知函数f(x)2x3ax22.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0a0，则当x(，0)时，f(x)0，当x时，f(x)0，故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减；若a0，f(x)在(，)上单调递增；若a0，当x时，f(x)0，故f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在0,1上的最小值为f2，最大值为f(0)2或f(1)4a.于是m2，M所以Mm当0a2时，可知Mm2a单调递减，所以Mm的取值范围是；当2ae2.(1)解由f(x)nlnx，可得f(x)，由条件可得f(1)n1，把x1代入xy2，可得y1，f(1)1，m2，n，f(x)lnx，x(0，)(2)解由(1)知f(x)在上单调递减，f(x)在上的最小值为f(1)1，故只需t3t22at21，即2at2t对任意的t恒成立，令m(t)t2t，t，m(t)2t1，易求得m(t)在上单调递减，在1,2上单调递增，而m，m(2)，2am(t)maxm(2)，a，即a的取值范围为.(3)证明g(x)lnxax，不妨设x1x20，g(x1)g(x2)0，lnx1ax1，lnx2ax2，相加可得(lnx1lnx2)a(x1x2)，相减可得(lnx1lnx2)a(x1x2)，由两式易得lnx1lnx2ln，要证x1x2e2，即证lnx1lnx22，即证ln2，需证ln2成立，令t，则t1，于是需证明lnt，构造函数(t)lnt，t1，(t)0，故(t)在(1，)上是增函数，又t1时，(t)0，(t)0，lnt，故原不等式成立B组能力提高4(2019济南模拟)已知函数f(x)(x1)2xlnx(a0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1ae，试判断f(x)的零点个数解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，因为f(x)x2axxlnx，所以f(x)a(x1)1，令f(x)0，则x11，x2，若a1，则f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上是增函数；若0a1，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数；若a1，则00，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数综上所述，当a1时，f(x)在(0，)上是增函数，当0a1时，f(x)在，(1，)上是增函数，在上是减函数(2)当1ae时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)10，所以g(a)在(1，e)上是增函数，又ae时，g(a)2，所以g(a)294ln4ln40，所以有且仅有1个x0(1,4)，使f(x0)0.所以当1ae时，f(x)有且仅有1个零点5(2019丹东质检)已知函数f(x)(2x2)exax2.(1)当a0且a1时，f(x)只有一个零点(1)解f(x)2x(exa)当a0时，由f(x)0得x0得x0，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增当0a1时，由f(x)0得lnax0得x0，f(x)在(lna,0)上单调递减，在(，lna)和(0，)上单调递增(2)证明当0a1时，由(1)知，f(x)在(，0)上的最大值为f(lna)a(ln a1)210，f(x)在(，0)上没有零点因为f(0)22(e22)0，f(x)在(0，)上