1、1第 4讲 大题考法导数的综合应用考向一 导数的简单应用问题【典例】 (2018洛阳模拟)已知函数 f (x) n， g(x)mln xx x2 (m， n， aR)，且曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程为(f x 1x a2)y x1(1)求实数 m， n的值及函数 f (x)的最大值；(2)当 a 时，记函数 g(x)的最小值为 b，求 b的取值范围( e，1e)解 (1)函数 f (x)的定义域为(0，)，f( x) ，m 1 ln xx2因 f(x)的图象在点(1， f(1)处的切线方程为 y x1，所以Error! 解得： m1， n0，所以 f (x) ，故 f(
2、x) ，ln xx 1 ln xx2令 f( x)0，得 xe，当 0 xe 时， f( x)0， f(x)单调递增；当 xe 时， f( x)0， f(x)单调递减所以当 xe 时， f(x)取得最大值 f(e) 1e(2) g(x) xln x x，ax22 g( x)ln x ax x ，(ln xx a)e a ， f e a， f(e) a，1e (1e) 1e所以存在 t ， g( t)0，即 ln t at，(1e， e)当 x(0， t)时， g( x)0， g(x)单调递减，当 x( t，e时， g( x)0， g(x)单调递增，所以 g (x)的最小值为 b tln t t
3、2 t t，a2 tln t22令 b t h(t)，tln t2因为 h( t) 0，所以 h(t)在 单调递减，ln t 12 (1e， e)从而 h(t) ，(e2， 32e)即 b的取值范围是 (e2， 32e)技法总结 求函数 y f(x)在某个区间上极值的步骤变式提升1(2018玉溪模拟)已知函数 f(x) xln x(1)设函数 g(x) f(x) a(x1)，其中 aR，讨论函数 g(x)的单调性；(2)若直线 l过点(0，1)，并且与曲线 y f(x)相切，求直线 l的方程解 (1) f(x) xln x， g(x) f(x) a(x1) xln x a(x1)，则 g( x
4、)ln x1 a，由 g( x)0，得 ln x1 a0，解得 0 xe a1 ；由 g( x)0，得 ln x1 a0，解得 xe a1 g(x)在(0，e a1 )上单调递减，在(e a1 ，)上单调递增(2)设切点坐标为( x0， y0)，则 y0 x0ln x0，切线的斜率为 ln x01，切线 l的方程为y x0ln x0(ln x01)( x x0)，又切线 l过点(0，1)，1 x0ln x0(ln x01)(0 x0)，即1 x0ln x0 x0ln x0 x0，解得 x01， y00，直线 l的方程为 y x1考向二 函数与导数的零点或方程的根的问题3【典例】 已知函数 f(
5、x)( x a)ex，其中 e是自然对数的底数， aR(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a1 时，试确定函数 g(x) f(x a) x2的零点个数，并说明理由规范解答 (1)因为 f(x)( x a)ex， xR，所以 f( x)( x a1)e x. 1分令 f( x)0，得 x a1. 2分当 x变化时， f( x)和 f(x)的变化情况如下：x (， a1) a1 ( a1，)f( x) 0 f(x) 极小值 3分故 f(x)的单调递减区间为(， a1)，单调递增区间为( a1，).4 分(2)结论：当 a1 时，函数 g(x)有且仅有一个零点 5分理由如下：由 g(x) f
6、(x a) x20，得方程 xex a x2，显然 x0 为此方程的一个实数解，所以 x0 是函数 g(x)的一个零点. 6分当 x0 时，方程可化简为 ex a x.设函数 F(x)e x a x， 7分则 F( x)e x a1，令 F( x)0，得 x a，当 x变化时， F( x)和 F(x)的变化情况如下：x (， a) a (a，)F( x) 0 F(x) 极小值 8分即 F(x)的单调递增区间为( a，)，单调递减区间为(， a). 9分所以 F(x)min F(a)1 a. 10分因为 a1，所以 F(x)min F(a)1 a0，所以对于任意 xR， F(x)0， 11分因此
7、方程 ex a x无实数解所以当 x0 时，函数 g(x)不存在零点综上，函数 g(x)有且仅有一个零点. 12分对函数 f(x)求导计算错而导致解题错误对于函数零点个数的判断，不会转化构4造函数而无从下手在判断方程 ex a x(x0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断技法总结 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是函数图象与 x轴交点的个数问题(2)分离出参数，转化为 a g(x)，根据导数的知识求出函数 g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是直线 y a与函数 y g(x)图象交点的个
8、数问题只需要用 a与函数 g(x)的极值和最值进行比较即可变式提升2(2018锦州联考)已知函数 f(x)e x ax a(aR 且 a0)(1)若函数 f(x)在 x0 处取得极值，求实数 a的值；并求此时 f(x)在2,1上的最大值；(2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a的取值范围解 (1)由 f(x)e x ax a，得 f( x)e x a函数 f(x)在 x0 处取得极值， f(0)e 0 a0， a1. f( x)e x1当 x(，0)时， f( x)0， f(x)单调递减，当 x(0，)时 f( x)0， f(x)单调递增易知 f(x)在2,0上单调递减，在(0,1上单调递
9、增，且 f(2) 3， f(1)e， f(2) f(1)，1e2 f(x)在2,1上的最大值为 31e2(2)f( x)e x a，由于 ex0，当 a0 时， f( x)0， f(x)是增函数，且当 x1 时， f(x)e x a(x1)0当 x0 时，取 x ，1a则 f 1 a a0，(1a) ( 1a 1)函数 f(x)存在零点，不满足题意当 a0 时，令 f( x)e x a0， xln( a)当 x(，ln( a)时， f( x)0， f(x)单调递减，当 x(ln( a)，)时， f( x)0， f(x)单调递增， xln( a)时， f(x)取得最小值5函数 f(x)不存在零点
10、，等价于 f(ln( a)e ln( a) aln( a) a2 a aln( a)0，解得e 2 a0综上所述，所求实数 a的取值范围是(e 2,0)考向三 导数与不等式恒成立、存在性问题【典例】 (2018河南联考)已知函数 f(x)( x1)ln x a(x1)(1)当 a4 时，求曲线 y f(x)在(1， f(1)处的切线方程；(2)若当 x(1，)时， f(x)0，求 a的取值范围解 (1) f(x)的定义域为(0，)当 a4 时， f(x)( x1)ln x4( x1)， f( x)ln x 3， f(1)2， f(1)1x0曲线 y f(x)在(1， f(1)处的切线方程为 2
11、x y20(2)当 x(1，)时， f(x)0 等价于 ln x 0a x 1x 1设 g(x)ln x ，a x 1x 1则 g( x) ， g(1)0，1x 2a x 1 2 x2 2 1 a x 1x x 1 2当 a2， x(1，)时，x22(1 a)x1 x22 x10，故 g( x)0， g(x)在(1，)上单调递增，因此 g(x)0；当 a2 时，令 g( x)0 得x1 a1 ， x2 a1 a 1 2 1 a 1 2 1由 x21 和 x1x21 得 x11，故当 x(1， x2)时， g( x)0， g(x)在(1， x2)单调递减，因此 g(x)0综上， a的取值范围是(
12、，2技法总结1利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法6第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解2利用导数解决不等式存在性问题的策略(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题(2)用导数求该函数在该区间上的最值(3)构建不等式求解变式提升3设函数 f(x) aln x x2 bx(a1)，曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线斜1 a2率
13、为 0(1)求 b；(2)若存在 x01，使得 f(x0)0， f(x)在(1，)单调递12 a1 a增所以，存在 x01，使得 f(x0)1，故当 x 时， f( x)0，(a1 a， )f(x)在 上单调递减，在 上单调递增(1，a1 a) ( a1 a， )所以存在 x01，使得 f(x0) ，所以不合题意(a1 a) a1 a a22 1 a aa 1 aa 1若 a1，则 f(1) 1 恒成立，1 a2 a 12 aa 1所以 a1综上， a的取值范围是( 1， 1)(1，)2 2考向四 导数与不等式的证明问题【典例】 (2017全国卷)已知函数 f(x)ln x ax2(2 a1)
14、 x(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a0 时，证明 f(x) 234a(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f( x) 2 ax2 a1 1x x 1 2ax 1x若 a0，则当 x(0，)时， f( x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增若 a0，则当 x 时， f( x)0；(0， 12a)当 x 时， f( x)0(12a， )故 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减(0， 12a) ( 12a， )(2)证明 由(1)知，当 a0 时， f(x)在 x 处取得最大值，12a最大值为 f ln 1 (12a) ( 12a) 14a所以 f(x) 2 等价于 ln 1 2，即
15、ln 1034a ( 12a) 14a 34a ( 12a) 12a设 g(x)ln x x1，则 g( x) 11x当 x(0,1)时， g( x)0；当 x(1，)时， g( x)0，所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当 x1 时， g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0所以当 x0 时， g(x)0从而当 a0 时，ln 10，即 f(x) 2(12a) 12a 34a8技法总结1利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形(2)构造新的函数 h(x)(3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值(4)根据单调性及最值，得到所证不等式2构造辅助函数的 4种方法变式
16、提升4(2018三湘名校教育联盟联考)已知函数 f(x)2 xex m(x22 x)， m (0，12)(1)若 m ，求曲线 y f(x)在点(0， f(0)处的切线方程；14(2)若函数 g(x) f(x)4e x4 m2 mx，记函数 g(x)在(0，)上的最小值为 A，求证：2e A2(1)解 (1)由题意知， f(x)2 xex (x22 x)，14 f( x)2e x2 xex (x1)，12 f(0) ， f(0)0，则所求切线方程为 y x，52 52即 5x2 y0(2)证明 由题意知， g(x)2 xex m(x24 x)4e x4 m， g( x)2e x(2 x4)e x2 m(x2)(2 x2)e x2 m(x2)令 h(x) g( x)， h( x)2 xex2 m0，则 g( x)在(0，)上单调递增，又 g(0)4 m20， g(1)6 m0，则存在 t(0,1)使得 g( t)0 成立，9 g( t)0， m t 1 ett 2当 x(0， t)时， g( t)0，当 x( t，)时， g( t)0， g(x)min g(t)(2 t4)e t m(t2) 2e t( t2 t2)令 h(t)e t( t2 t2)，则 h( t)e t( t2 t1)0，0 t1， h(1) h(t) h(0)，2e A2
