导数的热点问题(大题)
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高考数学热点必会题型第4讲 导数求切线及公切线归类 ——每天30分钟7天轻松掌握一、重点题型目录【题型】一、零点存在定理法判断函数零点所在区间 【题型】二、方程法判断函数零点个数 【题型】三、数形结合法判断函数零点个数 【题型】四、转化法判断函数零点个数 【题型】五、利用函数的零点或方程有根求参数 【题型】六、利用函数的交点或交点个数求参数 【题型】七、一元二次不等式恒成立问题 【题型】八、一元二次不等式能成立问题 二、题型讲解总结第一天学习及训练【题型】一、求曲线切线的斜率与倾斜角例1.(2023·全国·高三专题练习)函数()ln f x x x =+在1x =处的切线的斜率为( ) A .2B .-2C .0D .1例2.(2023·全国·高三专题练习)函数()f x 的导函数为()f x ',若已知()f x '的图像如图,则下列说法正确的是( )A .()f x 一定存在极大值点B .()f x 有两个极值点C .()f x 在(),a -∞单调递增D .()f x 在x =0处的切线与x 轴平行例3.(2023·全国·高三专题练习)若函数()()ln 2f x x x =+,则( ) A .()f x 的定义域是()0,∞+ B .()f x 有两个零点C .()f x 在点()()1,1f --处切线的斜率为1-D .()f x 在()0,∞+递增【题型】二、求在曲线上一点处的切线方程或斜率例4.(2023·上海·高三专题练习)2(5)3lim2,(3)32x f x f x →--==-,()f x 在(3,(3))f 处切线方程为( ) A .290x y ++= B .290x y +-= C .290x y -++=D .290x y -+-=例6.(2023·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy 中,抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为,F P 是C 上位于第一象限内的一点,若C 在点P 处的切线与x 轴交于M 点,与y 轴交于N 点,则与PF 相等的是( ) A .MNB .FNC .PMD .ON例7.(2023·江苏南京·高三阶段练习)已知双曲线C :224x y -=,曲线E :2y ax x b =++,记两条曲线过点()1,0的切线分别为1l ,2l ,且斜率均为正数,则( ) A .若=0a ,1b =,则C 与E 有一个交点B .若=1a ,=0b ,则C 与E 有一个交点C .若0a b ,则1l 与E 夹角的正切值为7-D .若==1a b ,则1l 与2l 例8.(2023·江苏·苏州中学高三阶段练习)已知函数()()e e x xf x x -=- ,则( )A .()f x 在()0,∞+单调递增B .()f x 有两个零点C .()=y f x 在点()()ln 2,ln 2f 处切线的 斜率为35ln 222+D .()f x 是奇函数第二天学习及训练【题型】三、利用导数求直线的倾斜角或倾斜角范围例9.(2023·全国·高三专题练习)已知()()2cos 0cos 2f x x f x π⎛⎫=-+ '⎪⎝⎭,则曲线()y f x =在点33,44f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线的斜率为( )A B .C .D .-例10.(2023·全国·高三专题练习)已知点M 是曲线()22ln 5f x x x x =+-上一动点,当曲线在M 处的切线斜率取得最小值时,该切线的倾斜角为( ) A .4πB .3π C .23π D .34π 例11.(2022·江西省定南中学高二阶段练习(理))若()ln f x x x =,则()f x 图像上的点的切线的倾斜角α满足( ) A .一定为锐角B .一定为钝角C .可能为0︒D .可能为直角例12.(2022·全国·高三专题练习)已知函数()()ln 0sin 0x x f x x x ⎧-<=⎨≥⎩,,, ()020x kx x g x x >⎧=⎨≤⎩,,,若x 1、x 2、x 3,x 4是方程()()f x g x =仅有的4个解,且x 1<x 2<x 3<x 4,则( ) A .0<x 1x 2<1 B .x 1x 2>1 C .43πtan π2x ,⎛⎫∈ ⎪⎝⎭D .4πtan π2x ,⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【题型】四、求在过一点的切线方程例13.(2023·全国·高三专题练习)过点()0,P b 作曲线e x y x =的切线,当240e b -<<时,切线的条数是( ) A .0B .1C .2D .3例14.(2023·全国·高三专题练习)若过点(,)a b 可以作曲线ln y x =的两条切线,则( ) A .ln a b <B .ln b a <C .ln b a <D .ln a b <例15.(2023·全国·高三专题练习)过曲线()3:C f x x ax b =-+外一点1,0A 作C 的切线恰有两条,则( ) A .a b =B .1a b -=C .1b a =+D .2a b =例16.(2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中(理))已知定义域为R 的奇函数()f x 满足:()()ln ,0121,1x x x f x f x x <≤⎧=⎨->⎩,若方程()12f x kx =-在[]1,2-上恰有三个根,则实数k 的取值范围是________.例17.(2023·全国·高三专题练习)若过点()1,P t 可作出曲线3y x =的三条切线,则实数t 的取值范围是___________第三天学习及训练【题型】五、利用导数值求出参数值例18.(2023·上海·高三专题练习)已知P 是曲线)2:ln C y x x a x =++上的一动点,曲线C 在P 点处的切线的倾斜角为θ,若32ππθ≤<,则实数a 的取值范围是( )A .)⎡⎣B .)⎡⎣C .(,-∞D .(-∞例19.(2023·全国·高三专题练习)若曲线()ln a xf x x=在点(1,f (1))处的切线方程为1y x =-,则a =( ) A .1B .e2C .2D .e例20.(2023·全国·高三专题练习)首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆,它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素,建筑外形优美流畅,飘逸灵动,被形象地称为雪飞天.中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌.雪飞天的助滑道可以看成一个线段PQ 和一段圆弧QM 组成,如图所示.假设圆弧QM 所在圆的方程为22:(25)(2)162C x y ++-=,若某运动员在起跳点M 以倾斜角为45且与圆C 相切的直线方向起跳,起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y 轴上的抛物线的一部分,如下图所示,则该抛物线的轨迹方程为( )A .232(1)y x =--B .21364y x =-- C .232(1)x y =--D .2364x y =-+例21.(2023·全国·高三专题练习)已知奇函数()()()()220f x x x ax b a =-+≠在点()(),a f a处的切线方程为()y f a =,则b =( )A .1-或1B .C .2-或2D .例22.(2023·上海·高三专题练习)设函数()ln f x x x =,()1x g x x =+. (1)若直线12y x b =+是曲线()f x 的一条切线,求b 的值; (2)证明:①当01x <<时,()()()112g x f x x x ⋅>-; ②0x ∀>,()()2e-<g x f x .(e 是自然对数的底数,e 2.718≈) 【题型】六、已知切线的斜率求参数方程例23.(2023·江苏南京·高三阶段练习)已知函数()2e ,<1=e ,1x x x f x x -≥⎧⎨⎩若方程()0f x x a --=有三个不同的解,则a 的取值范围是( ) A .()0,1B .()1,e 1-C .()1,eD .()e 1,e -例24.(2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中(理))已知0a >,0b >,直线2e y x b-=+与曲线ln y x a =-相切,则11a b+的最小值是( ) A .16B .12C .8D .4例25.(2023·全国·高三专题练习)若函数()ln bf x a x x=-在点(1,f (1))处的切线的斜率为1,则22a b +的最小值为( )A .12B C D .34例26.(2023·全国·高三专题练习)已知点P 是曲线23ln y x x =-上任意的一点,则点P 到直线2230x y ++=的距离的最小值是( )A .74B .78C .2D例27.(2023·全国·高三专题练习)设函数()e 2xf x x =-,直线=+y ax b 是曲线()=y f x 的切线,则2a b +的最大值是__________第四天学习及训练【题型】七、两条切线平行、垂直、重合公切线问题例28.(2023·全国·高三专题练习)对于三次函数()f x ,若曲线()y f x =在点(0,0)处的切线与曲线()y xf x =在点(1,2)处点的切线重合,则(2)f '=()A .34-B .14-C .4-D .14例29.(2023·全国·高三专题练习)若直线l 与曲线e x y =和ln y x =都相切,则直线l 的条数有( ) A .0B .1C .2D .无数条例30.(2023·全国·高三专题练习)若直线l 与函数()e x f x =,()ln g x x =的图象分别相切于点()()11,A x f x ,()()22,B x g x ,则1212x x x x -+=( ) A .2-B .1-C .1D .2例31.(2023·全国·高三专题练习)已知函数()ln f x a x =,()e x g x b =,若直线()0y kx k =>与函数()f x ,()g x 的图象都相切,则1a b+的最小值为( )A .2B .2eC .2eD 例32.(2023·全国·高三专题练习)若两曲线ln 1y x =-与2y ax =存在公切线,则正实数a 的取值范围是( ) A .(]0,2eB .31e ,2-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C .310,e 2-⎛⎤⎥⎝⎦D .[)2e,+∞例33.(2023·全国·高三专题练习)若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上,不存在互相垂直的切线,则a 的值可以是( )A .-1B .3C .1D .2【题型】八、已知某点处的导数求参数或自变量例34.(2023·全国·高三专题练习)已知曲线()40y x x x=+<在点P 处的切线与直线310x y -+=垂直,则点P 的横坐标为( )A .1B .1-C .2D .2-例35.(2023·全国·高三专题练习)已知函数()sin f x m x b =+在6x π=处的切线方程为1y x =+,则实数b 的值为( )A .12B C .1 D 例36.(2023·全国·高三专题练习)若实数a ,b ,c ,d 满足ln ,1a b c d =+=,则()()22a cb d -+-的最小值为______.。
难点一 利用导数探求参数的范围问题1. 与函数零点有关的参数范围问题函数的零点,即的根,亦即函数的图象与轴交点横坐标,与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图像,讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题),进而确定参数的取值范围. 例1(2020·全国高三专题练习)函数()()23xf x x e =-,关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根,则正数m 的取值范围为( ) A .()0,2 B .()2,+∞C .3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D .336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】()()()()22331x x x x e x f e x x =+-=+-',令()0f x '=,得3x =-或1x =,当3x <-时,()0f x '>,函数()f x 在(),3-∞-上单调递增,且()0f x >; 当31x -<<时,()0f x '<,函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时,()0f x '>,函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=,极小值()12f e =-,作出大致图象:令()f x t =,则方程210t mt -+=有两个不同的实数根, 且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内,另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内,或者两个根都在()2,0e -内.()f x ()0f x =()f x xx因为两根之和m 为正数,所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+,因为()010g =>,所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭,即6336610m e e -+<,得3366e m e >+,即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选:D2. 与曲线的切线有关的参数取值范围问题函数在点处的导数就是相应曲线在点处切线的斜率,即,此类试题能与切斜角的范围,切线斜率范围,以及与其他知识综合,往往先求导数,然后转化为关于自变量的函数,通过求值域,从而得到切线斜率的取值范围,或者切斜角范围问题.例2. (2020·全国高三专题练习(理))已知函数21()2,()f x x ax g x x=+=-,若存在点()()()()1122,,,A x f x B x g x ,使得直线AB 与两曲线()y f x =和()y g x =都相切,当实数a 取最小值时,12x x +=( )A.B.2CD.4-【答案】A 【解析】2()2,f x x ax =+Q ∴ ()22f x x a '=+,∴()1122f x x a '=+,又()21112f x x ax =+,过A 点切线方程为:()21122y x a x x =+-,①又1()g x x =-Q ,∴21()g x x'=,即()2221g x x '=,又()221g x x =-,因此过B 点的切线方程为:22212y x x x =-,② 由题意知①②都为直线AB , 1222121222x a x x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩,4118x a x =-, 令4()8x h x x =-,332()122x x h x '-=-=, ()y f x =0x x ='0()f x 00(,())x f x '0()k f x =0x k令()0h x '=,x =(,0)x ∈-∞和时,()h x 单调递减,且(,0)x ∈-∞时()()00h x h >=,恒成立,)x ∈+∞时,()h x单调递增,x ∴=时,()min h x,1x ∴=,则2212x x==12x x ∴+=故选:A . 3.与不等式恒成立问题有关的参数范围问题含参数的不等式恒成立的处理方法:①的图象永远落在图象的上方;②构造函数法,一般构造,;③参变分离法,将不等式等价变形为,或,进而转化为求函数的最值. 3.1 参变分离法将已知恒成立的不等式由等价原理把参数和变量分离开,转化为一个已知函数的最值问题处理,关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数,一般遵循“知道谁的范围,谁是变量;求谁的范围,谁是参数”的原则. 例3.【河南省实验中学2019届模拟三】已知函数f (x )=e x −x −1(e 是自然对数的底数). (1)求证:e x ≥x +1;(2)若不等式f (x )>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立,求正数a 的取值范围.思路分析:(1)要证e x ≥x +1,只需证f (x )=e x ﹣x ﹣1≥0,求导得f ′(x )=e x ﹣1,利用导数性质能证明e x ≥x +1.(2)不等式f (x )>ax ﹣1在x ∈[12,2]上恒成立,即a <e x −x x在x ∈[12,2]上恒成立,令g (x )=e x −x x,x ∈[12,2],利用导数性质求g (x )=e x −x x在x ∈[12,2]上的最小值,由此能求出正数a 的取值范围.【详解】(1)由题意知,要证e x ≥x +1,只需证f (x )=e x −x −1≥0,求导得f ′(x )=e x −1,当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )=e x −1>0,当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )=e x −1<0,∴f (x )在x ∈(0,+∞)是增函数,在x ∈(−∞,0)时是减函数,即f (x )在x =0时取最小值f (0)=0,∴f (x )≥f (0)=0,即f (x )=e x −x −1≥0,∴e x ≥x +1.(2)不等式f (x )>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立,即e x −x −1>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立,亦即a <e x −x x在x ∈[12,2]上恒成立,令g (x )=e x −x x,x ∈[12,2],以下求g (x )=e x −x x 在x ∈[12,2]上的最小值,g ′(x )=e x (x−1)x 2,当x ∈[12,1]时,g ′(x )≤0,当x ∈[1,2]]时,g ′(x )≥0,∴当x ∈[12,1]]时,g (x )单调递减,当x ∈[1,2]]时,g (x )单调递增,∴g (x )在x =1处取得最小值为g (1)=e −1,∴正数a 的取值范围是(0,e −1).()()f x g x >()y f x =()y g x =()()()F x f x g x =-min ()0F x >()a h x >()a h x <()h x3.2 构造函数法参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题,但是有些函数解析式复杂,利用导数知识无法完成,或者是不易参变分离,故可利用构造函数法.例4.(2020·四川三台中学实验学校高三开学考试)已知函数()ln f x x x a =+,()ln ,g x x ax a =-∈R . (1)求函数()f x 的极值; (2)若10a e<<,其中e 为自然对数的底数,求证:函数()g x 有2个不同的零点; (3)若对任意的1x >,()()0f x g x +>恒成立,求实数a 的最大值.(1)函数()f x 的定义域为0x >,因为()ln f x x x a =+,所以()ln 1f x x =+‘,当1x e >时,()0f x >‘,所以函数()f x 单调递增;当10x e<<时,()0f x <‘,所以函数()f x 单调递减,因此1e 是函数()f x 的极小值,故函数()f x 的极值为极小值,值为11()f a e e=-+;无极大值 (2)函数()g x 的定义域为0x >,因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-,因为10a e <<,所以当1x a >时,'()0g x <,因此函数()g x 是递减函数,当10x a<<时,'()0g x >,函数()g x 是递增函数,所以函数()g x 的最大值为: max 1111()()ln ln 1g x g a a a a a==-⋅=-, 因为10a e <<,所以11ln 1e a a>⇒>,因此有max ()0g x >, 因为1e a >,所以(1)0g a =-<,因此当10x a<<时,函数()g x 有唯一零点;因为10a e <<,所以211a a >,22211111()ln 0g a a a a a =-<-<,故函数()g x 在1x a>时,必有唯一的零点,因此函数()g x 有2个不同的零点;(3)设()()()ln ln h x f x g x x x a x ax =+=++-,(1)0h =,'1()ln 1h x x a x =++-,因为211()0h x x x''=->,所以函数()h x '在1x >时单调递增,即'((2)1)h h a x '>=-当20a -≥时,即2a ≤,1x >时,'()0h x >,函数()h x 在1x >时单调递增,因此有()(1)0h x h >=,即当1x >时,()()0f x g x +>恒成立;当2a >时,''1(1)20,()10,aa h a h e e=-<=+>所以存在0(1,)a x e ∈,使得'0()0h x =,即当0(1,)x x ∈时,函数()h x 单调递减,所以此时0()()(1)0h x h x h <<=,显然对于当1x >时,()()0f x g x +>不恒成立,综上所述,2a ≤,所以实数a 的最大值为2. 4.与函数单调区间有关的参数范围问题若函数在某一个区间可导,函数在区间单调递增;函数在区间单调递减.若函数在某一个区间可导,且函数在区间单调递增恒成立;函数在区间单调递减恒成立.4.1 参数在函数解析式中转化为恒成立和恒成立问题后,利用恒成立问题的解题方法处理 例5. (2020·陕西高三月考)已知函数()sin ln f x a x b x x =+-. (1)当0,1a b ==时,证明:()1f x -„. (2)当6b π=时,若()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数,求a 的取值范围. (1)证明:当0,1a b ==时,()ln f x x x =-,所以1()xf x x-'=. 令()0f x '>,得01x <<;令()0f x '<,得1x >. 所以()f x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减, 所以max ()(1)1f x f ==-, 故()1f x -„. (2)解:当6b π=时,()cos 16f x a x xπ'=+-,由题可知()0f x '≥ 所以cos 106a x xπ+-…在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立,即66cos x a x x π-…在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立.令6(),0,6cos 3x h x x x x ππ-⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭,显然当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x <; ()f x D '()0f x >⇒()f x D '()0f x <⇒()f x D ()f x D ()f x D ⇒'()0f x ≥()f x D ⇒'()0f x ≤'()0f x ≥'()0f x ≤当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,()0h x >. 而当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,22cos (6)sin ()06cos x x x x h x x x ππ+-'=>, 所以()h x 在,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增, 所以()13h x h π⎛⎫<=⎪⎝⎭, 所以1a …,即a 的取值范围是[1,)+∞. 点评:导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法:设函数y =f(x)在某个区间内可导,如果f′(x)>0,则y =f(x)在该区间为增函数;如果f′(x)<0,则y =f(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括:①求函数的单调区间,常常通过求导,转化为解方程或不等式,常用到分类讨论思想;②利用单调性证明不等式或比较大小,常用构造函数法. 4.2 参数在定义域中函数解析式确定,故可先确定其单调区间,然后让所给定义域区间包含在单调区间中. 例6.已知函数ln ()a x f x x +=,曲线ln ()a x f x x+=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直.注:e 为自然对数的底数.(1)若函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值,求实数m 的取值范围;(2)求证:当1x >时,1()21(1)(1)x xf x e e x xe ->+++. 思路分析:(1)求函数ln ()a x f x x +=的导数()f x ',由曲线ln ()a xf x x +=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直可得21()f e e '=-,可求出a 的值,这时2ln '()(0)xf x x x=->,讨论导数的符号知函数()f x 仅当1x =时,取得极值,由1(,1)m m ∈+即可求实数m 的取值范围;(2)当1x >时,1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->⇔+++11(1)(ln 1)211x x x x e e x xe -++>++g 令(1)(ln 1)()x x g x x++=,令12()1x x e h x xe -=+,由max min()()1g x h x e ⎛⎫>⎪+⎝⎭证之即可.试题解析: (1)因为ln ()a x f x x +=,所以21ln '()a x f x x --=.又据题意,得21'()f e e =-,所以221a e e -=-,所以1a =.所以1ln ()x f x x +=.所以2ln '()(0)xf x x x=->.当(0,1)x ∈时,'()0f x >,()f x 为增函数;当(1,)x ∈+∞时,'()0f x <,()f x 为减函数.所以函数()f x 仅当1x =时,取得极值.又函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值,所以11m m <<+,所以01m <<.故实数m 的取值范围是(0,1).(2)当1x >时,1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++,即为11(1)(ln 1)211x xx x e e x xe -++>++g .令(1)(ln 1)()x x g x x++=,则22[(1)(ln 1)]'(1)(ln 1)ln '()x x x x x x x g x x x ++-++-==.再令()ln x x x ϕ=-,则11'()1x x x xϕ-=-=. 又因为1x >,所以'()0x ϕ>.所以()x ϕ在(1,)+∞上是增函数.又因为(1)1ϕ=,所以当1x >时,'()0g x >. 所以()g x 在区间(1,)+∞上是增函数.所以当1x >时,()(1)g x g >,又(1)2g =,故()211g x e e >++.令12()1x x e h x xe -=+,则11122(1)(1)'2(1)'()2(1)(1)x x x x x x x x e xe xe e e e h x xe xe ---+-+-==++g .因为1x >,所以122(1)0(1)x x x e e xe --<+.所以当1x >时,'()0h x <,故函数()h x 在区间(1,)+∞上是减函数.又2(1)1h e =+, 所以当1x >时,2()1h x e <+,所以()()1g x h x e >+,即1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++. 点评:本题考查了利用导数判断函数单调性等基础知识,理解单调性的概念是解题关键. 5.与逻辑有关的参数范围问题新课程增加了全称量词和特称量词应用这一知识点,并且在考试卷中屡屡出现,使得恒成立问题花样推陈出新,别有一番风味,解决的关键是弄懂量词的特定含义.例7.已知函数()()22 01 0x x ax e x f x x x b⎧->⎪=⎨≤⎪⎩,,在2x =处的切线斜率为272e .(1)求实数a 的值;(2)若0x >时,()y f x m =-有两个零点,求实数m 的取值范围. (3)设()()ln x g x b f x =+-,若对于130 2x ⎛⎤∀∈ ⎥⎝⎦,,总有()21 2.71828x e e e ⎡⎤∈=⎢⎥⎣⎦,…,使得()()12f x g x ≥,求实数b 的取值范围.思路分析:(1)根据导数几何意义得()27'22e f =,所以求导数()()2'222x f x e x a x a ⎡⎤=+--⎣⎦列出等量关系,求解得34a =(2)利用导数研究函数()()22xf x x ax e =-单调变化趋势:在()0 1,单调递减,在()1 +∞,单调递增,再考虑端点值:()300,()2f f f ⎛⎫==+∞→+∞ ⎪⎝⎭,所以要有两个零点,需 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,(3)不等式恒成立问题,一般方法为转化为对应函数最值:()()min f x g x ≥,由前面讨论可知()()min 12ef x f ==-,所以()()ln ln 12x x e g x b b f x x ⎛⎫=+=-≤- ⎪-⎝⎭在1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,有解,即1ln 21e b x x ≤-⋅-的最大值,先求ln 1x y x =-,1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,最大值,而=利用导数易得1x e =时ln 1x y x =-取最大值1e +,即()21e b e ≤-+ 试题解析:(1)0x >时,()()()()222 '222x x f x x ax e f x e x a x a ⎡⎤=-=+--⎣⎦,,由条件知()27'22e f =,∴34a =. (2)0x >时,()()22xf x x ax e =-,∴()()()1'1232x f x e x x =-+,()f x 在()0 1,单调递减,在()1 +∞,单调递增,()3002f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭,则()min 12e f f ==-,∴ 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,时,()y f x m =-有两个零点. (3)由题意,即要()()min min f x g x ≥ (*)当0x >时,()232xf x x x e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,由(2)知()()min 12e f x f ==-,当0x >时,0x -<,∴()()ln ln 1x x g x b b f x x ⎛⎫=+=- ⎪-⎝⎭,()2ln 1'x g x b x -=⋅,∵21 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,,∴2ln 10x x -≤.①若0b >,()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上是减函数,()()min 11g x g e b e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.∵()()min min f x g x <,∴(*)不成立.②若0b <,()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上是增函数,()()min 11g x g b e e ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.要使()()min min f x g x ≥,只要()12e b e -≥+,则()21e b e ≤-+. (3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解. 综合上述五种类型,利用导数求解含参问题时,首先具备必要的基础知识(导数的几何意义、导数在单调性上的应用、函数的极值求法、最值求法等),其次要灵活掌握各种解题方法和运算技巧,比如参变分离法,分类讨论思想和数形结合思想等,涉及极值和最值问题时,一般情况下先求导函数,然后观察能否分解因式,若能则比较根的大小,并与定义域比较位置关系、分段考虑导函数符号,划分单调区间,判断函数大致图像;若不能分解因式,则考虑二次求导,研究函数是否具有单调性.利用导数处理参数范围问题并不可怕,关键在于通过解题不断摸索解题思路,形成一种解题格式和套路.。
第 4 讲 导数的热门问题(2016 ·标全国乙课 )已知函数f(x)= (x - 2)e x + a(x -1) 2 有两个零点.(1) 求 a 的取值范围;(2) 设 x 1, x 2 是 f(x)的两个零点,证明: x 1+ x 2<2.(1) 解 f ′(x)= (x - 1)e x + 2a(x - 1)= (x -1)(e x + 2a).①设 a = 0,则 f(x)= (x - 2)e x , f(x)只有一个零点.②设 a>0,则当 x ∈(- ∞, 1) 时, f ′(x)<0 ;当 x ∈ (1,+ ∞)时, f ′(x)>0 ,所以 f( x)在 (-∞,1) 上单一递减,在 (1,+ ∞)上单一递加.又 f(1) =- e , f(2)= a ,取 b 知足 b<0 且 b<ln a,2a223则 f(b)>2(b - 2)+ a( b - 1) =a b - 2b >0, 故 f(x)存在两个零点. ③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 ,所以 f(x)在 (1,+ ∞)上单一递加.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 ,所以 f( x)在 (1,ln( - 2a)) 上单一递减,在 (ln( - 2a),+ ∞)上单一递加.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,+ ∞).(2) 证明 不如设 x 1<x 2,由 (1) 知, x 1∈ (- ∞, 1), x 2∈(1 ,+ ∞),2- x 2∈ (- ∞,1),f(x)在 (-∞, 1)上单一递减,所以 x 1+ x 2<2 等价于 f(x 1)>f(2- x 2),即 f(2 -x 2)<0.2x2因为 f(2- x 2) =x 2 e 2 + a(x 2- 1) ,而 f(x 2)= (x 2- 2) e x 2 + a(x 2- 1)2= 0, 所以 f(2- x 2) = x 2e 2 x 2( x 2 2)e x 2 .设 g(x) =- xe 2- x - (x - 2)e x ,则 g ′(x)= (x - 1)(e 2-x - e x ),所以当 x>1 时, g ′(x)<0 ,而 g(1)= 0,故当 x>1 时, g(x)<0,进而 g(x 2)= f(2- x 2)<0,故 x 1+ x 2<2.利用导数探究函数的极值、 最值是函数的基本问题, 高考取常与函数零点、 方程根及不等式相联合,难度较大.热门一利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一, 能够间接考察用导数判断函数的单一性或求函数的最值,以及结构函数解题的能力.例 1 已知函数 f(x)= e x - x 2+ a , x ∈R ,曲线 y = f(x) 的图象在点 (0,f(0)) 处的切线方程为 y= bx.(1) 求函数 y = f(x) 的分析式;(2) 2+ x ;当 x ∈R 时,求证: f(x) ≥- x(3) 若 f(x)>kx 对随意的 x ∈ (0,+ ∞)恒成立,务实数 k 的取值范围.(1) 解 依据题意,得 f ′(x)= e x -2x ,则 f ′(0)=1= b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入 y = f(x),得 a =- 1,故 f(x)= e x - x 2- 1.(2) 证明 令 g(x)= f(x)+ x 2-x = e x - x - 1.由 g ′(x)= e x - 1= 0,得 x = 0,当 x ∈ (- ∞, 0)时, g ′(x)<0, g(x)单一递减;当 x ∈ (0,+ ∞)时, g ′(x)>0, g(x)单一递加. ∴ g(x)min = g(0) = 0,∴ f(x) ≥- x 2 +x.f(x)(3) 解f(x)>kx 对随意的 x ∈ (0,+ ∞)恒成立等价于 x >k 对随意的 x ∈ (0,+ ∞)恒成立.令 φ(x)= f(x), x>0,得 φ′(x)= xf ′(x)- f(x) x 2xx(e x - 2x) - (e x - x 2-1) (x - 1)(e x - x - 1) .=x 2 = x 2x由 (2) 可知,当 x ∈(0,+ ∞)时, e - x - 1>0 恒成立,∴ y = φ(x)的单一增区间为 (1,+ ∞),单一减区间为 (0,1),φ(x)min =φ(1) = e -2,∴ k<φ(x)min = e - 2,∴实数 k 的取值范围为 (- ∞, e - 2).思想升华 用导数证明不等式的方法(1) 利用单一性:若 f( x)在 [a ,b] 上是增函数,则① ? x ∈ [a , b] ,则 f(a) ≤f(x) ≤f(b),②对 ? x 1, x 2∈[ a ,b],且 x 1<x 2,则 f(x 1)< f(x 2) .对于减函数有近似结论.(2) 利用最值:若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m),则对 ? x ∈ D ,则 f(x) ≤M(或f(x) ≥m) .(3) 证明 f(x)<g(x),可结构函数 F(x)= f(x)-g(x),证明 F(x)<0. 追踪操练 1 已知函数 f(x)= aln x +1(a>0) .(1) 当 x>0 时,求证: f( x)- 1≥a 1- 1;x (2) 在区间 (1, e)上 f(x)> x 恒成立,务实数 a 的取值范围.(1) 证明设 φ(x)= f(x)-1- a 1-1x1= aln x - a 1- x (x>0) ,a ax x 2.令 φ′(x)= 0,则 x = 1,当 0<x<1 时, φ′(x)<0 ,所以 φ(x)在 (0,1)上单一递减;当 x>1 时, φ′(x)>0,则φ′(x)=-所以 φ(x)在 (1,+ ∞)上单一递加, 故 φ(x)在 x = 1 处取到极小值也是最小值,故 φ(x) ≥φ(1)= 0,即 f(x)- 1≥a 1-1x .x - 1(2) 解 由 f(x)>x 得 aln x + 1>x ,即 a> ln x .x - 1 x - 1ln x - x 令 g(x) = ln x (1< x<e),则 g ′(x)= (ln x)2 .令 h(x) =ln x - x - 1 (1<x<e),则 h ′(x)= 1 - 1>0,x x 2x 故 h(x) 在区间 (1, e)上单一递加,所以 h(x)>h(1)= 0.因为 h(x)>0 ,所以 g ′(x)>0 ,即 g(x)在区间 (1, e)上单一递加,x -1则 g(x)<g(e)= e - 1,即 ln x <e - 1, 所以 a 的取值范围为 [e - 1,+ ∞).热门二利用导数议论方程根的个数方程的根、函数的零点、 函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的观点,解决这种问题能够经过函数的单一性、极值与最值,画出函数图象的走势,经过数形联合思想直观求解.例 2 已知函数 f(x)= (ax 2+x - 1)e x ,此中 e 是自然对数的底数, a ∈R.(1) 若 a = 1,求曲线 y = f(x)在点 (1, f(1)) 处的切线方程;(2) 若 a=- 1,函数 y= f(x)的图象与函数g(x)=1x 3+1x2+ m 的图象有3 个不一样的交点,务实32数 m 的取值范围.解 (1)当 a= 1 时, f(x)= (x2+ x- 1)e x,所以 f′(x)= (x2+ x- 1)e x+ (2x+1)e x= (x2+ 3x)e x,所以曲线y= f( x)在点 (1,f(1)) 处的切线斜率为k= f′ (1)= 4e.又因为 f(1) = e,所以所求切线的方程为y- e=4e(x- 1),即 4ex- y-3e= 0.(2)当 a=- 1 时, f(x)= (- x2+ x- 1)e x,f ′(x)=( -x2- x)e x,所以 y= f(x)在 ( -∞,- 1)上单一递减,在 (-1,0)上单一递加,在 (0,+∞)上单一递减,故 f(x)在x=- 1 处获得极小值-3,在ex=0 处获得极大值- 1.而 g′(x)= x2+ x,所以 y=g(x)在 (-∞,- 1)上单一递加,在 (- 1,0)上单一递减,在 (0,+∞)上单一递加.故 g(x) 在 x=- 1 处获得极大值1+ m,在 x= 0 处获得极小值 m. 6因为函数y= f( x)与 y=g(x)的图象有 3 个不一样的交点,所以 f( -1)<g(- 1)且 f(0)> g(0) ,所以-3-1<m<- 1,即 m 的取值范围为 (-3-1,- 1).e 6e6思想升华(1) 函数 y= f(x)-k 的零点问题,可转变为函数y= f( x)和直线 y= k 的交点问题.(2) 研究函数y= f(x)的值域,不单要看最值,并且要察看随x 值的变化 y 值的变化趋向.追踪操练 2已知函数 f(x)= 2ln x-x2+ ax(a∈ R).(1)当 a= 2 时,求 f(x)的图象在 x= 1 处的切线方程;1, e上有两个零点,务实数m 的取值范围.(2) 若函数 g(x)= f(x)- ax+m 在e解 (1)当 a= 2 时, f(x)= 2ln x-x2+ 2x,2f ′(x)=x- 2x+ 2,切点坐标为 (1,1),切线的斜率k= f′(1)= 2,则切线方程为y- 1=2(x- 1),即 2x-y- 1= 0.(2) g(x)= 2ln x- x2+ m,2- 2(x+ 1)(x- 1)则 g′(x)=x-2x=x.1因为 x ∈, e ,所以当 g ′(x)= 0 时, x = 1.1当 e <x<1 时, g ′(x)>0;当 1<x<e 时, g ′(x)<0. 故 g(x) 在 x = 1 处获得极大值 g(1) = m - 1.又 g1e = m - 2-e12 ,g(e) =m +2- e2,g(e)- g1 21e = 4- e + 2<0,e则 g(e)<g 1e ,1所以 g(x)在 e ,e 上的最小值是g(e).1g(x)在 , e 上有两个零点的条件是g(1) = m -1>0 ,1= m - 2- 1g e e 2 ≤0,1解得 1<m ≤2+ e 2,1所以实数 m 的取值范围是1, 2+e 2 .热门三利用导数解决生活中的优化问题生活中的实质问题受某些主要变量的限制,解决生活中的优化问题就是把限制问题的主要变量找出来, 成立目标问题即对于这个变量的函数,而后经过研究这个函数的性质,进而找到变量在什么状况下能够达到目标最优.例 3某乡村拟修筑一个无盖的圆柱形蓄水池 (不计厚度 ).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假定建筑成本仅与表面积相关,侧面的建筑成本为100 元 / 平方米, 底面的建筑成本为 160 元 /平方米, 该蓄水池的总建筑成本为12 000 π元 ( π为圆周率 ).(1) 将 V 表示成 r 的函数 V(r ),并求该函数的定义域;(2) 议论函数 V( r)的单一性,并确立 r 和 h 为什么值时该蓄水池的体积最大.解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh = 200πrh(元 ),底面的总成本为 160πr 2 元.所以蓄水池的总成本为(200 πrh + 160πr 2 )元.又依据题意得 200πrh + 160πr 2= 12 000 π,12所以 h = 5r (300- 4r ),π进而 V(r)= πr 2h =(300r - 4r 3).5因为 r>0 ,又由 h>0 可得 r<53,故函数 V(r )的定义域为 (0,5 3).π(2) 因为 V(r )= 5(300r - 4r 3),π 2),故 V ′(r)= (300- 12r 5令 V ′(r)= 0,解得 r 1= 5, r 2 =- 5( 因为 r 2=- 5 不在定义域内,舍去 ).当 r ∈ (0,5)时, V ′(r)>0,故 V( r)在 (0,5)上为增函数;当 r ∈ (5,5 3)时, V ′(r)<0 ,故 V(r )在 (5,5 3)上为减函数.由此可知, V(r )在 r = 5 处获得最大值,此时h = 8.即当 r = 5,h = 8 时,该蓄水池的体积最大.思想升华利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1) 建模:剖析实质问题中各量之间的关系,列出实质问题的数学模型,写出实质问题中变量之间的函数关系式 y = f(x).(2) 求导:求函数的导数 f ′(x),解方程 f ′(x)= 0.(3) 求最值:比较函数在区间端点和使f ′(x)= 0 的点的函数值的大小,最大 (小 )者为最大 (小 )值.(4) 作答:回归实质问题作答.追踪操练3经市场检查,某商品每吨的价钱为x(1< x<14) 百元时,该商品的月供应量为y 1万吨,y 1= ax +7a 2- a(a>0) ;月需求量为2y 2万吨, y 2=-1 x 2-2241112x + 1.当该商品的需求量大于供应量时,销售量等于供应量; 当该商品的需求量不大于供应量时, 销售量等于需求量,该商品的月销售额等于月销售量与价钱的乘积.(1) 若 a =17,问商品的价钱为多少时,该商品的月销售额最大?(2) 记需求量与供应量相等时的价钱为平衡价钱,若该商品的平衡价钱不低于每吨 6 百元,务实数 a 的取值范围.1解(1) 若 a =7,由 y 2>y 1,得- 2241x 2- 1121x +1>17x + 72(17)2- 17.解得- 40<x<6.因为 1<x<14,所以 1<x<6.设该商品的月销售额为g(x),y 1·x , 1<x<6, 则 g(x) =y 2·x , 6≤x<14.1 133 当 1<x<6 时, g(x)=(x - )x<g(6)= . 727当 6≤x<14 时, g(x)= (- 1 x 2- 1 x +1)x ,224 112则 g ′(x)=- 1(3x 2+ 4x - 224)2241=- 224( x - 8)(3x +28),由 g ′(x)>0 ,得 x<8,所以 g(x)在 [6,8) 上是增函数,在 (8,14)上是减函数,当 x = 8 时, g(x)有最大值 g(8) =367.(2) 设 f(x)= y 1- y 2=1 217 2-1- a ,224x + (+ a)x + a1122因为 a>0,所以 f(x)在区间 (1,14) 上是增函数,若该商品的平衡价钱不低于 6 百元,即函数 f(x)在区间 [6,14) 上有零点,f(6) ≤0, 所以f(14)>0 ,7a 2+10a -11≤0,17解得即0<a ≤ .7a 2+13a>0,721 2已知函数 f(x)= 2x - (2a + 2)x + (2a +1)ln x.(1) 当 a = 0 时,求曲线 y =f(x)在 (1, f(1)) 处的切线方程;(2) 求 f(x)的单一区间;(3) 对随意的 a ∈ 3, 5,x 1, x 2∈[1,2] ,恒有 |f(x 1)- f(x 2)| ≤λ|1 - 1 |,求正实数 λ的取值范围.2 2x 1 x 2押题依照相关导数的综合应用试题多考察导数的几何意义、 导数与函数的单一性、 导数与不等式等基础知识和基本方法,考察分类整合思想、 转变与化归思想等数学思想方法.此题的命制正是依据这个要求进行的,全面考察了考生综合求解问题的能力.解 (1)当 a = 0 时, f(x)=12x 2- 2x + ln x ,f ′(x)=x - 2+ 1,且 f(1)=- 3, f ′(1)= 0,x 2故曲线 y = f(x)在 (1, f(1)) 处的切线方程为3y =- .2(2) f ′(x)= x - (2a +2)+ 2a + 1=[x -(2a +1)]( x -1),x>0.xx①当 2a +1≤0,即 a ≤-1时,函数 f(x)在 (0,1)上单一递减,在 (1,+ ∞)上单一递加;21f(x)在 (2a +1,1)上单一递减,在 (0,2a + 1), (1,+ ∞)②当 0<2a + 1<1,即- <a<0 时,函数2上单一递加;③当 2a +1= 1,即 a = 0 时,函数 f(x)在 (0,+ ∞) 上单一递加;④当 2a + 1>1,即 a>0 时,函数 f(x)在 (1,2a + 1)上单一递减,在 (0,1), (2a + 1,+ ∞)上单一递加.3, 5(3) 依据 (2) 知,当 a ∈ 2 2 时,函数 f( x)在 [1,2] 上单一递减.若 x 1= x 2,则不等式 |f(x 1 2)| ≤λ|1- 1)- f(x x 1 x 2|对随意正实数 λ恒成立,此时 λ∈ (0,+∞). 若 x 1≠x 2,不如设 1≤x 1<x 2≤2, 则 f(x 1)>f(x 2), 1> 1 ,x 1 x 2原不等式即 f(x 1)- f(x 2) ≤λ 1-1,x 1 x 2即 f(x λλ a ∈3 5, x , x ∈ [1,2] 恒成立,1)-对随意的 , 2xxλ3 5设 g(x) =f(x)- x ,则对随意的 a ∈ [ 2,2], x 1, x 2∈ [1,2] ,不等式 g(x 1) ≤g(x 2)恒成立, 即函数 g(x)在 [1,2] 上为增函数,故 g ′(x)≥0对随意的a ∈32,52 , x ∈ [1,2] 恒成立.2a + 1 λg ′(x)= x - (2a + 2)+ x +x 2≥0, 即 x 3- (2a + 2)x 2+ (2a + 1)x + λ≥0,即 (2x - 2x 2)a + x 3- 2x 2+ x + λ≥0对随意的 a ∈ 3, 5恒成立.2 2 因为 x ∈ [1,2] , 2x -2x 2≤0,253 - 2x 2故只需 (2x - 2x) ×+ x +x + λ≥0,2即 x 3- 7x 2+ 6x + λ≥0对随意的 x ∈ [1,2] 恒成立.令 h(x) =x 3- 7x 2+ 6x + λ,x ∈ [1,2] ,则 h ′(x)= 3x 2- 14x + 6<0 恒成立,故函数 h(x)在区间 [1,2] 上是减函数,所以 h(x)min= h(2)=λ- 8,只需λ- 8≥0即可,即λ≥8,故实数λ的取值范围是[8,+∞).A 组专题通关1.函数 f(x)的定义域为R,f(- 1)= 3,对随意 x∈R,f′(x)<3 ,则 f(x)>3x+ 6 的解集为 __________ .答案(-∞,- 1)分析设 g(x)= f(x)- (3x+ 6),则g′(x)= f′(x)- 3<0 ,所以g(x)为减函数,又g(- 1)= f(- 1)- 3= 0,所以依据单一性可知g(x)>0 的解集是{ x|x<- 1} .2.设 a>0,b>0 ,e 是自然对数的底数,若e a+2a=e b+3b,则a与b的大小关系为________.答案a>b分析由 e a+2a= e b+ 3b,有 e a+ 3a>e b+ 3b,令函数 f(x)= e x+ 3x,则 f(x)在 (0,+∞)上单一递加,因为 f( a)> f(b),所以 a>b.3.若不等式 2xln x≥- x2+ax- 3 恒成立,则实数 a 的取值范围为 __________.答案 (-∞, 4]分析条件可转变为 a≤2lnx+ x+3(x>0)恒成立.x设 f(x)= 2ln x+ x+3 x,则 f′(x)=(x+ 3)(x- 1)(x>0).x2当 x∈ (0,1) 时, f′(x)<0 ,函数 f(x)单一递减;当 x∈ (1,+∞)时, f′(x)>0 ,函数 f(x) 单一递加,所以 f( x)min= f(1)= 4.所以 a≤4.4.假如函数f(x)= ax2+ bx+ cln x(a,b,c 为常数, a>0)在区间 (0,1) 和 (2,+∞)上均单一递加,在 (1,2) 上单一递减,则函数 f(x)的零点个数为 ________.答案 1分析由题意可得 f′(x)=2ax+ b+c ,xf′(1)= 2a+ b+ c= 0,b=- 6a,所以 f(x)= a(x2- 6x+ 4ln x),则极大值 f(1)=-则c= 0,解得c=4a,f′(2)= 4a+ b+25a<0 ,极小值 f(2) =a(4ln2- 8)<0 ,又 f(10)= a(40+4ln 10)>0 ,联合函数图象 (图略 )可得该函数只有一个零点.5.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π dm3,且用料最省,则圆柱的底面半径为 ________ dm.答案3227分析设圆柱的底面半径为 R dm,母线长为l dm,则 V=πR l =27π,所以 l =R2,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表2227表54π表表=πR+ 2πRl=πR + 2π·,所以S′= 2πR-2 .令 S′= 0,得 R= 3,则当 R= 3 时, SR R最小.6.对于 x 的方程 x 3- 3x2- a=0 有三个不一样的实数解,则实数 a 的取值范围是 __________ .答案(- 4,0)分析由题意知使函数f( x)= x3- 3x2- a 的极大值大于0 且极小值小于 0 即可,又 f′(x)= 3x2-6x= 3x(x- 2),令 f ′(x)= 0,得 x1= 0,x2=2,当 x<0 时, f′(x)>0;当 0<x<2 时, f′(x)<0 ;当x>2 时, f′(x)>0 ,所以当x= 0 时, f(x)获得极大值,即f(x)极大值= f(0) =-a;当 x= 2 时, f(x)获得极小值,即f(x)极小值= f(2) =- 4- a,-a>0,所以解得- 4<a<0.-4- a<0,7.假如对定义在 R 上的函数 f(x),对随意两个不相等的实数x1,x2,都有 x1f(x1)+x2f(x2)> x1f(x2)+ x2f(x1),则称函数 f(x)为“H 函数”.给出以下函数:① y=- x3+ x+1;② y= 3x- 2(sin x- cos x) ;③ y= e x+1;④ f( x)=ln|x|, x≠0,以上函数是0, x= 0.“H 函数”的全部序号为 ________.答案②③分析因为 x1f(x1)+ x2f(x2)> x1f(x2)+ x2f(x1),即 (x1-x2)[f(x1)- f(x2)]>0 恒成立,所以函数 f(x)在 R 上是增函数.由 y′=- 3x2+ 1>0 得-33,即函数在区间-3, 33 <x< 333π上是增函数,故①不是“H 函数”;由 y′= 3-2(cos x+ sin x)=3- 2 2sin x+4≥3-22>0 恒x“H 函数”;因为④为偶函数,所以成立,所以②为“H 函数”;由 y′= e >0 恒成立,所以③为不行能在 R 上是增函数,所以不是“H 函数”.综上可知,是“H 函数”的有②③ .1324,直线 l: 9x+ 2y+ c=0,若当 x∈ [ - 2,2] 时,函数 y=f(x) 8.已知函数 f(x)= x - x - 3x+33的图象恒在直线l 下方,则 c 的取值范围是 ________.答案(-∞,- 6)分析依据题意知13249c在 x∈ [- 2,2]上恒成立,则-3x-x-3x+<- x-3221323423,设 g(x) = x - x +x+,则 g′(x)= x - 2x+3232则 g′(x)>0 恒成立,所以 g(x)在 [ - 2,2] 上单一递加,所以 g(x)max= g(2)= 3,则 c<- 6.9.如图,OA 是南北方向的一条公路,OB 是北偏东45°方向的一条公路,某景色区的一段界限为曲线C,为方便旅客参观,制定在曲线C 上某点P 处罚别修筑与公路 OA,OB 垂直的两条道路 PM , PN,且 PM, PN 的造价分别为 5 万元 /百米, 40 万元 /百米,成立以下图的平面直c 1 32342>3x - x +2x+3,42角坐标系xOy,则曲线 C 切合函数y= x+x2 (1 ≤x≤ 9)模型,设 PM =x,修筑两条道路PM ,PN 的总造价为f(x)万元,题中所波及长度单位均为百米.(1)求 f(x)的分析式;(2)当 x 为多少时,总造价 f(x)最低?并求出最低造价.解 (1)在以下图的平面直角坐标系中,因为曲线 C 的方程为y= x+422(1 ≤x≤ 9),PM= x,x所以点 P 的坐标为(x, x+422),直线 OB 的方程为 x-y= 0. x则点 P 到直线 x-y= 0 的距离为x- (x+4242x 2 )24=x=22x2.又 PM 的造价为 5 万元 /百米, PN 的造价为 40万元 /百米,则两条道路总造价为f(x)= 5x+432≤x≤ 9).40·= 5(x+2)(12x x(2) 因为 f(x)= 5(x+32 2 ),x645(x3- 64)所以 f′(x)= 5(1-x3 )=x3.令 f′(x)= 0,得 x= 4,列表以下:x(1,4)4(4,9)f′(x)-0+f(x)↘极小值↗所以当 x=4 时,函数 f(x)有最小值,最小值为32f(4) =5×(4+2 )= 30.4B 组 能力提升10.定义在0, π上的函数 f(x) ,f ′(x)是它的导函数,且恒有f(x)<f ′(x)tan x 成立,给出以下2四个关系式,此中正确的选项是________.πππ① 3f 4>2f 3 ; ② f(1)<2f 6 sin 1;π ππ π ③ 2f 6 >f 4 ; ④ 3f 6 <f 3 .答案 ④分析∵ f(x)<f ′(x)tan x ,即 f ′(x)sin x -f(x)cos x>0,∴f(x)′=f ′(x)sin x - f(x)cos xsin x 2>0,sin xf(x) π∴函数 sin x 在 0,2 上单一递加,π πf 6 f 3 π<fπ .进而 < ,即 3f 6 3π πsin6 sin 311.设函数 f(x)在 R 上存在导函数 f ′(x),对随意 x ∈ R ,都有 f(x)+ f(- x)=x 2,且 x ∈(0 ,+∞)时, f ′(x)>x ,若 f(2- a)- f(a) ≥2- 2a ,则实数 a 的取值范围是 ________.答案 (- ∞, 1]分析1 21 22令 g(x)= f(x)- x ,则 g(- x)= f(- x)-2x ,则 g(x)+ g(- x)= f(x) +f(- x)- x = 0,得2g(x)为 R 上的奇函数.当 x>0 时, g ′(x)= f ′(x)- x>0,故 g(x)在 (0,+ ∞)上单一递加,再联合2g(0) =0 及 g(x)为奇函数, 知 g(x)在 R 上为增函数. 又 g(2- a)- g(a)= f(2- a)-(2-a)- [f(a)22- a2 ] =f(2- a)-f(a)- 2+ 2a ≥ (2- 2a)- 2+2a = 0,则 g(2- a) ≥g(a)? 2-a ≥a? a ≤1,即 a ∈ (-∞, 1].12.直线 y = a 分别与直线 y = 2(x + 1),曲线 y = x + ln x 交于点 A ,B ,则 AB 的最小值为 ______.3 答案2分析解方程 2(x + 1)= a ,得 x =a2- 1.设方程 x + ln x =a 的根为 t(t>0) ,则 t + ln t = a ,则 AB = t - a + 1 = t - t + ln t + 1 = t - ln t + 1 .2 2 2 2设 g(t)= t -ln t+ 1(t>0) ,2 211 t - 1则 g ′(t)= 2- 2t = 2t (t>0) ,令 g ′(t)= 0,得 t = 1.当 t ∈ (0,1)时, g ′(t)<0 ;当 t ∈(1 ,+ ∞)时, g ′(t)>0 ,所以 g(t) min = g(1) = 3 2,3的最小值为 3所以 AB ≥ ,所以 AB2.21 3 1 2+ k( k ∈R) .13.已知函数 f(x)=x + kx32(1) 若曲线 y = f(x) 在点 (2, f(2)) 处的切线的斜率为 12,求函数 f(x)的极值;(2) 设 k<0, g(x)= f ′(x),求 F(x)= g(x 2)在区间 (0,2]上的最小值.1 312 2解 (1)函数 f(x)=x + kx+ k 的导数为 f ′(x)= x + kx.32由题意可得 f ′(2)= 4+ 2k =12,解得 k = 4,即 f(x)= 1x 3+ 2x 2+ 4, f ′(x)= x 2+4x. 3当 x>0 或 x<- 4 时, f ′(x)>0 ,f(x)单一递加;当- 4<x<0 时, f ′(x)<0, f(x)单一递减.可得 f( x)的极小值为 f(0)= 4,44f(x)的极大值为f( -4)= 3 .2(2) 由题意得 g(x)= x +kx.2设 t = x 2∈(0,2] ,可得 F(x)=h(t)= t 2 +kt = (t + k )2- k, k<0,- k>0.242①当- 4<k<0 时,- k ∈ (0,2), h(t)min = h(- k)=- k 2 ;2 2 4k②当 k ≤- 4 时,- ∈ [2,+ ∞), h(t)在 (0,2) 上单一递减, h(t)min = h(2) = 4+ 2k.2- k,- 4<k<0,综上可得, h(t)min =44+ 2k , k ≤- 4.。
导数大题求参归类目录题型01 恒成立求参:常规型题型02 恒成立求参:三角函数型题型03恒成立求参:双变量型题型04 恒成立求参:整数型题型05恒成立求参:三角函数型整数题型06“能”成立求参:常规型题型07“能”成立求参:双变量型题型08“能”成立求参:正余弦型题型09 零点型求参:常规型题型10 零点型求参:双零点型题型11 零点型求参:多零点综合型题型12 同构型求参:x1,x2双变量同构题型13 虚设零点型求参高考练场热点题型归纳题型01恒成立求参:常规型【解题攻略】利用导数求解参数范围的两种常用方法:(1)分离参数法:将参数和自变量分离开来,构造关于自变量的新函数,研究新函数最值与参数之间的关系,求解出参数范围;(2)分类讨论法:根据题意分析参数的临界值,根据临界值作分类讨论,分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.1(2024上·北京·高三阶段练习)设a>0,函数f(x)=x a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≤x,求a的取值范围;(3)若f (x)≤1,求a.2(2024上·甘肃武威·高三统考期末)已知函数f x =2xe x+a ln x+1.(1)当a=0时,求f x 的最大值;(2)若f x ≤0在x∈0,+∞上恒成立,求实数a的取值范围.【变式训练】1(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数f x =x2-ax e x.(1)若f x 在-2,-1上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若f x ≥sin x对x∈-∞,0恒成立,求实数a的取值范围.2(2024上·山西·高三期末)已知函数f x =m x-12-2x+2ln x,m≥2.(1)求证:函数f x 存在单调递减区间,并求出该函数单调递减区间a,b的长度b-a的取值范围;(2)当x≥1时,f x ≤2xe x-1-4x恒成立,求实数m的取值范围.3(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2x2-a ln x-1,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x∈(0,+∞),不等式f(x+1)>(x+1)2+1x+1-1e x恒成立,求实数a的取值范围.题型02恒成立求参:三角函数型【解题攻略】三角函数与导数应用求参:1.正余弦的有界性2.三角函数与函数的重要放缩公式:x≥sin x x≥0.1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =sin xx,g x =a cos x.(1)求证:x∈0,π2时,f x <1;(2)当x∈-π2,0∪0,π2时,f x >g x 恒成立,求实数a的取值范围;(3)当x∈-π2,0∪0,π2时,f x2>g x 恒成立,求实数a的取值范围.2(2023上·全国·高三期末)已知函数f (x )=e x sin x -2x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)求f (x )在区间0,π2上的最大值;(3)设实数a 使得f (x )+x >ae x 对x ∈R 恒成立,求a 的最大整数值.【变式训练】1(2023上·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习)已知函数f x =e ax -2ax a ∈R ,a ≠0 .(1)讨论f x 的单调性;(2)若不等式f x ≥sin x -cos x +2-2ax 对任意x ≥0恒成立,求实数a 的取值范围.2(2023上·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习)已知函数f x =e x-sin x-cos x,f x 为其导函数.(1)求f x 在-π,+∞上极值点的个数;(2)若f (x)≥ax+2-2cos x a∈R对∀x∈-π,+∞恒成立,求a的值.题型03恒成立求参:双变量型【解题攻略】一般地,已知函数y =f x ,x ∈a ,b ,y =g x ,x ∈c ,d(1)若∀x 1∈a ,b ,∀x 2∈c ,d ,总有f x 1 <g x 2 成立,故f x max <g x min ;(2)若∀x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x max <g x max ;(3)若∃x 1∈a ,b ,∀x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x min <g x min ;(4)若∃x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x min <g x max .1(2023·四川攀枝花·统考模拟预测)已知函数f x =ae x -x a ∈R .(1)当a =1时,求f x 的单调区间;(2)设函数g x =x 2-1 e x -x -f x ,当g x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 时,总有tg x 2 ≥2+x 1 ex 2+x 22-3 成立,求实数t 的值.2(2024上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)设函数f x =e x -ax ,其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )在[1,+∞)上的极值;(2)若函数f (x )有两零点x 1,x 2x 1<x 2 ,且满足x 1+λx 21+λ>1,求正实数λ的取值范围.【变式训练】1(2023·上海松江·校考模拟预测)已知函数f (x )=ax -a ln x -e xx.(1)若a =0,求函数y =f (x )的极值点;(2)若不等式f (x )<0恒成立,求实数a 的取值范围;(3)若函数y =f (x )有三个不同的极值点x 1、x 2、x 3,且f (x 1)+f (x 2)+f (x 3)≤3e 2-e ,求实数a 的取值范围.2(2023下·山东德州·高三校考阶段练习)已知函数f x =2ln x +12(a -x )2,其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ,求a 的取值范围.题型04恒成立求参:整数型【解题攻略】恒成立求参的一般规律①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立,则k ≥f (x )max ;②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立,则k ≤f (x )min ;③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解,则k ≥f (x )min ;④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解,则k ≤f (x )max ;如果参数涉及到整数,要注意对应解中相邻两个整数点函数的符号1(2023上·湖北·高三校联考阶段练习)已知f x =e x -2x +a .(1)若f x ≥0恒成立,求实数a 的取值范同:(2)设x 表示不超过x 的最大整数,已知e x +2ln x -e +2 x +2≥0的解集为x x ≥t ,求et .(参考数据:e ≈2.72,ln2≈0.69,ln3≈1.10)2(2023上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-2,g x =x+1x+2ln x,e=2.71828⋯为自然对数底数.(1)证明:当x>1时,ln x<x2-12x;(2)若不等式f x >g x 对任意的x∈0,+∞恒成立,求整数a的最小值.【变式训练】1(2023·江西景德镇·统考一模)已知函数f x =sin x+sin ax,x∈0,π2.(1)若a=2,求函数g x =f x +sin x值域;(2)是否存在正整数a使得f xx>3cos x恒成立?若存在,求出正整数a的取值集合;若不存在,请说明理由.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =5+ln x,g x =kxx+1k∈R.(1)若函数f x 的图象在点1,f1处的切线与函数y=g x 的图象相切,求k的值;(2)若k∈N∗,且x∈1,+∞时,恒有f x >g x ,求k的最大值.(参考数据:ln5≈1.61,ln6≈1.7918,ln2+1≈0.8814)题型05恒成立求参:三角函数型整数1(2020·云南昆明·统考三模)已知f(x)=e x-2x-1 2.(1)证明:f(x)>0;(2)对任意x≥1,e sin x+x2-ax-1-ln x>0,求整数a的最大值.(参考数据:sin1≈0.8,ln2≈0.7)2(2020上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =a sin x +sin2x ,a ∈R .(1)若a =2,求函数f x 在0,π 上的单调区间;(2)若a =1,不等式f x ≥bx cos x 对任意x ∈0,2π3恒成立,求满足条件的最大整数b .【变式训练】1(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x +a cos x -2x -2,f ′(x )为f (x )的导函数.(1)讨论f ′(x )在区间0,π2 内极值点的个数;(2)若x ∈-π2,0时,f (x )≥0恒成立,求整数a 的最小值.2(2023·云南保山·统考二模)设函数f x =x sin x ,x ∈R (1)求f x 在区间0,π 上的极值点个数;(2)若x 0为f x 的极值点,则f x 0 ≥λln 1+x 20 ,求整数λ的最大值.题型06“能”成立求参:常规型【解题攻略】形如f x ≥g x 的有解的求解策略:1、构造函数法:令F x =f x -g x ,利用导数求得函数F x 的单调性与最小值,只需F x max≥0恒成立即可;2、参数分离法:转化为a≥φx 或a≤φx 恒成立,即a≥φx min或a≤φx max恒成立,只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可.1(2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中)已知函数f x =a ln x+x,a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若存在x∈e,e2,使f x ≤ax+1 2ln x成立,求实数a的取值范围.注:e为自然对数的底数.2(2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习)已知函数f x =a2e2x+a-2e x-12x2,y=g x 是y=f x 的导函数.(1)若a=3,求y=g x 的单调区间;(2)若存在实数x∈0,1使f x >32a-2成立,求a的取值范围.【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =x2+a ln ex.(1)讨论f x 的单调性;(2)若存在x∈1,e,使得f x -ax-a≤2,求实数a的最小值.2(2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习)已知函数f x =a ln x+1-a2x2-x a∈R.(1)若a=2,求函数f x 的单调区间;(2)若存在x0≥1,使得f x0<aa-1,求a的取值范围.题型07“能”成立求参:双变量型【解题攻略】一般地,已知函数y =f x ,x ∈a ,b ,y =g x ,x ∈c ,d(1)相等关系记y =f x ,x ∈a ,b 的值域为A , y =g x ,x ∈c ,d 的值域为B ,①若∀x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 =g x 2 成立,则有A ⊆B ;②若∃x 1∈a ,b ,∀x 2∈c ,d ,有f x 1 =g x 2 成立,则有A ⊇B ;③若∃x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 =g x 2 成立,故A ∩B ≠∅;(2)不等关系(1)若∀x 1∈a ,b ,∀x 2∈c ,d ,总有f x 1 <g x 2 成立,故f x max <g x min ;(2)若∀x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x max <g x max ;(3)若∃x 1∈a ,b ,∀x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x min <g x min ;(4)若∃x 1∈a ,b ,∃x 2∈c ,d ,有f x 1 <g x 2 成立,故f x min <g x max .1(2022·江西上饶·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=2ax -e x +2,其中a ≠0.(1)若a =12,讨论函数f (x )的单调性;(2)是否存在实数a ,对任意x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f x 1 +f x 2 =4成立?若存在,求出实数a 的值;若不存在,请说明理由.2(2023上·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考阶段练习)已知函数f x =a ln x +1xx >0 .(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若存在x 1,x 2满足0<x 1<x 2,且x 1+x 2=1,f x 1 =f x 2 ,求实数a 的取值范围.【变式训练】1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax 2-2+5a x +5ln x a ∈R ,g x =x 2-52x .(1)若曲线y =f x 在x =3和x =5处的切线互相平行,求a 的值;(2)求f x 的单调区间;(3)若对任意x 1∈0,52 ,均存在x 2∈0,52,使得f x 1 <g x 2 ,求a 的取值范围.2(2023上·重庆·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2.(1)当a =-12时,求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2],均存在x 2∈(0,+∞),使得g x 1 <f x 2 ,求a 的取值范围.题型08“能”成立求参:正余弦型1(2017·江苏淮安·高三江苏省淮安中学阶段练习)函数f (x )=a cos x -x +b (a >0,b >0).(1)求证:函数f (x )在区间0,a +b 内至少有一个零点;(2)若函数f (x )在x =-π6处取极值,且∃x ∈0,π2 ,使得f (x )<3cos x -sin x 成立,求实数b 的取值范围.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x +2-2cos x(1)求函数f (x )在-π2,π2 上的最值:(2)若存在x ∈0,π2使不等式f (x )≤ax 成立,求实数a 的取值范围【变式训练】1(2020·四川泸州·统考二模)已知函数f (x )=sin x x,g (x )=(x -1)m -2ln x .(1)求证:当x ∈(0,π]时,f (x )<1;(2)求证:当m >2时,对任意x 0∈(0,π],存在x 1∈(0,π]和x 2∈(0,π](x 1≠x 2)使g (x 1)=g (x 2)=f (x 0)成立.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ln1+x-a sin x,a∈R.(1)若y=f x 在0,0处的切线为x-3y=0,求a的值;(2)若存在x∈1,2,使得f x ≥2a,求实数a的取值范围.题型09零点型求参:常规型【解题攻略】零点常规型求参基础:1.分类讨论思想与转化化归思想2.数形结合与单调性的综合应用:一个零点,则多为所求范围内的单调函数,或者“类二次函数”切线处(极值点处)3.注意“找点”难度,对于普通学生,可以用极限思维代替“找点思维”。
【热点聚焦】导数的几何意义为高考命题热点内容,考查题型有客观题,有时也出现在解答题中,难度中等或更小.导数的运算基本不单独命题,主要是在导数的几何意义及导数的应用中加以考查.导数的几何意义问题归纳起来常见的命题探究角度有:(1)求切线方程问题.(2)确定切点坐标问题.(3)已知切线问题求参数.(4)导数几何意义的综合应用.【重点知识回眸】(一)导数的几何意义1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y=f (x)在点(x0,f (x0))处的切线斜率.相应地,切线方程为y-f (x0)=f ′(x0)(x-x0).2.提醒:(1)瞬时速度是位移函数S(t)对时间的导数.(2)曲线y=f (x)在点P(x0,y0)处的切线是指P为切点,斜率为f ′(x0)的切线,是唯一的一条切线.(3)曲线y=f (x)过点P(x0,y0)的切线,点P不一定是切点,切线可能有多条.(二)基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x)=c(c为常数)f ′(x)=0f (x)=x n(n∈Q*)f ′(x)=nx n-1f (x)=sin x f ′(x)=cos xf (x)=cos x f ′(x)=-sin xf (x)=a x f ′(x)=a x ln a(a>0)f (x)=e x f ′(x)=e xf (x)=log a x(a>0,且a≠1)f ′(x)=1x ln a(a>0,且a≠1)f (x)=ln x f ′(x)=1 x(1)[f (x)±g(x)]′=f ′(x)±g′(x);(2)[f (x)·g(x)]′=f ′(x)g(x)+f (x)g′(x);(3)(g (x )≠0). (四)复合函数的导数复合函数y =f (g (x ))的导数和函数y =f (u ),u =g (x )的导数间的关系为y x ′=y u ′·u x ′,即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积. (五)常用结论1.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数. 2.熟记以下结论: (1)⎝⎛⎭⎫1x ′=-1x 2; (2) 21'()[]'()[()]f x f x f x =- (f (x )≠0); (3)[af (x )±bg (x )]′=af ′(x )±bg ′(x ). (六)方法与技巧:1、求切线方程的方法:一点一方向可确定一条直线,在求切线时可考虑先求出切线的斜率(切点导数)与切点,在利用点斜式写出直线方程.2、若函数的导函数可求,则求切线方程的核心要素为切点A 的横坐标0x ,因为0x 可“一点两代”,代入到原函数,即可得到切点的纵坐标()0f x ,代入到导函数中可得到切线的斜率()'0fx k =,从而一点一斜率,切线即可求所以在解切线问题时一定要盯住切点横坐标,千方百计的把它求解出来.3、求切线的问题主要分为两大类,一类是切点已知,那么只需将切点横坐标代入到原函数与导函数中求出切点与斜率即可,另一类是切点未知,那么先要设出切点坐标()00,x y ,再考虑利用条件解出核心要素0x ,进而转化成第一类问题.4、在解析几何中也学习了求切线的方法,即先设出切线方程,再与二次方程联立利用0∆=求出参数值进而解出切线方程.解析几何中的曲线与函数同在坐标系下,所以两个方法可以互通.若某函数的图像为圆锥曲线,二次曲线的一部分,则在求切线时可用解析的方法求解,例如:21y x =-13,22⎛⎝⎭处的切线方程,则可考虑利用圆的切线的求法进行解决.若圆锥曲线可用函数解析式表示,像焦点在y 轴的抛物线,可看作y 关于x 的函数,则在求切线时可利用导数进行快速求解(此方法也为解析几何中处理焦点在y 轴的抛物线切线问题的重要方法).5、在处理切线问题时要注意审清所给已知点是否为切点.“在某点处的切线”意味着该点即2()'()()'()()'()()f x f x g x g x f x g x g x ⎡⎤⋅-⋅=⎢⎥⎣⎦为切点,而“过某点的切线”则意味着该点有可能是切点,有可能不是切点.如果该点恰好在曲线上那就需要进行分类讨论了.【典型考题解析】热点一 求曲线的切线方程【典例1】(2020·全国·高考真题(理))函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ,处的切线方程为( ) A .21y x =-- B .21y x =-+ C .23y x =-D .21y x =+【典例2】(2019·全国高考真题(文))曲线y =2sin x +cos x 在点(π,–1)处的切线方程为( )A .B .C .D .【典例4】(2022·全国·高考真题)曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________,____________. 【规律方法】导数运算及切线的理解应注意的问题:一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆.二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质,直线与曲线只有一个公共点,直线不一定是曲线的切线,同样,直线是曲线的切线,则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点. 曲线切线方程的求法:(1)以曲线上的点(x 0,f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤: ①求出函数f (x )的导数f ′(x ); ②求切线的斜率f ′(x 0);③写出切线方程y -f (x 0)=f ′(x 0)(x -x 0),并化简.(2)如果已知点(x 1,y 1)不在曲线上,则设出切点(x 0,y 0),解方程组得切点(x 0,y 0),进而确定切线方程. 热点二 求切点坐标【典例5】(2021·河北唐山市·唐山一中高三其他模拟)在平面直角坐标系xOy 中,F 是抛物线2:2C x y =的焦点,M 是抛物线C 上位于第一象限内的任意一点,过M ,F ,O 三点的圆的圆心为Q ,若直线MQ 与抛物线C 相切于点M ,则点M 的坐标是___________. 【典例6】(2019·江苏高考真题)在平面直角坐标系中,点A 在曲线y =ln x 上,且该10x y --π-=2210x y --π-=2210x y +-π+=10x y +-π+=0010010()'()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨=⎪-⎩xOy曲线在点A 处的切线经过点(-e ,-1)(e 为自然对数的底数),则点A 的坐标是____. 【方法总结】1.已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数,再让导数等于切线的斜率,从而求出切点的横坐标,将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标.2.已知斜率求切点:已知斜率k ,求切点(x 1,f (x 1)),即解方程f ′(x 1)=k . 热点三 求参数的值(范围)【典例7】(2019·全国·高考真题(理))已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+,则( ) A .,1a e b ==-B .,1a e b ==C .1,1a e b -==D .1,1a e b -==-【典例8】(2023·全国·高三专题练习)已知函数()()e ,x f x a b a b =+∈R 在点()()0,0f 处的切线方程为32y x =+,则2a b +=( ) A .1B .2C .4D .5【典例9】(2022·全国·高考真题)若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线,则a 的取值范围是________________. 【规律方法】1.利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组),进而求出参数的值或取值范围.2.根据导数的几何意义求参数的值时,一般是利用切点P (x 0,y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解.3.求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点 (1)注意曲线上横坐标的取值范围. (2)谨记切点既在切线上又在曲线上. 热点四 切线的斜率与倾斜角【典例10】(2023·全国·高三专题练习)设函数321()(1)sin 3f x x a x a x =+-+,若()f x 为奇函数,则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线斜率为( ) A .3B .2C .1D .12【典例11】(2022·江西·丰城九中高三开学考试(理))函数()2ln 1sin y x x =++的图象在0x =处的切线对应的倾斜角为α,则sin2α=( ) A .310B .±310 C .35D .±35【典例12】(2018·全国·高考真题(理))曲线()1e xy ax =+在点()01,处的切线的斜率为2-,则=a ________.热点五:两曲线的公切线问题【典例13】(2020·全国·高考真题(理))若直线l 与曲线y x x 2+y 2=15都相切,则l 的方程为( ) A .y =2x +1B .y =2x +12C .y =12x +1D .y =12x +12【典例14】(2023·全国·高三专题练习)已知函数22f xx ,()3ln g x x ax =-,若曲线()y f x =与曲线()y g x =在公共点处的切线相同,则实数=a ________.【典例15】(2016·全国·高考真题(理))若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线,也是曲线ln(1)y x =+的切线,则b =_______. 【总结提升】解决此类问题通常有两种方法一是利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切,列出关系式求解;二是设公切线l 在y =f (x )上的切点P 1(x 1,f (x 1)),在y =g (x )上的切点P 2(x 2,g (x 2)),则f ′(x 1)=g ′(x 2)=1212()()f xg x x x --.热点六:导数几何意义的综合应用【典例16】(2021·全国·高考真题)若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线,则( ) A .e b a < B .e a b < C .0e b a <<D .0e a b <<【典例17】(全国·高考真题(文))已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩,若|()|f x ax ≥,则a 的取值范围是( ) A .(,0]-∞B .(,1]-∞C .[2,1]-D .[2,0]-【典例18】(2020·北京·高考真题)已知函数2()12f x x =-. (Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程;(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ,求()S t 的最小值.【精选精练】一、单选题1.(2022·湖北武汉·高三开学考试)若函数()ln bf x a x x=-在点(1,f (1))处的切线的斜率为1,则22a b +的最小值为( )A .12B 2C 3D .342.(2023·全国·高三专题练习)函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线,则实数a 的取值范围是( ) A .(,2]-∞ B .11,22,2e e ∞⎛⎫⎛⎫--⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C .()2,+∞D .()0,∞+3.(2022·江西·高三阶段练习(文))我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”,实施“以直代曲”的近似计算,用正n 边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值,这是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的近似计算方法,在切点附近,可以用函数图像的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算.利用此方法计算sin 0.01︒的近似值为( ) A .0.01B .180πC .1800πD .18000π4.(2022·江西·金溪一中高三阶段练习(文))若函数1()33(0)f x x x x=+->的图象与函数()e x g x tx =的图象有公切线l ,且直线l 与直线122y x =-+互相垂直,则实数t =( )A .1eB .2eC .1e或2e D .1e或4e 5.(2022·安徽省舒城中学三模(文))以下曲线与直线e e y x =-相切的是( ) A .221x y +=B .e x y =C .e ln x y x =D .21e 2y x =6.(2022·广东·高三阶段练习)已知函数2()ln f x a x bx =-的图象在1x =处与直线12y =-相切,则函数()f x 在[]1,e 上的最大值为( ) A .1-B .0C .12-D .17.(2023·全国·高三专题练习)曲线e 22x y x x =+-在0x =处的切线方程是( ) A .320x y ++= B .220x y ++= C .220x y --=D .320x y --=8.(2023·河北·高三阶段练习)若过点(,)m n 可以作曲线2log y x =的两条切线,则( ) A .2log m n >B .2log n m >C .2log m n <D .2log n m <9.(2022·全国·高三专题练习)曲线ln y x =上的点到直线2y x =+的最短距离是( ) A .22B 32C 2D 210.(2022·河南·高三阶段练习(理))曲线ln 3y x x x =+-在1x =处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( ) A .1B .2C .4D .811.(2023·全国·高三专题练习)过点()0,P b 作曲线e x y x =的切线,当240e b -<<时,切线的条数是( ) A .0 B .1C .2D .3二、填空题12.(2021·全国·高考真题(理))曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________. 13.(2023·山西大同·高三阶段练习)已知2e ()e x xaf x +=满足()()0f x f x ,且()f x 在(,())b f b 处的切线方程为2y x =,则a b +=___________.14.(2023·全国·高三专题练习)已知0a >,0b >,直线y x a =+与曲线1e 21x y b -=-+相切,则21a b+的最小值为___________.15.(2019·江苏·高考真题)在平面直角坐标系xOy 中,P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点,则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是_____.16.(2021·全国·高考真题)已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-,函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直,且分别交y 轴于M ,N 两点,则||||AM BN 取值范围是_______. 三、解答题17.(2023·全国·高三专题练习)设函数()12ln f x p x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,()2e g x x =若直线l 与函数()(),f x g x 的图象都相切,且与函数()f x 的图象相切于点()1,0,求p 的值;18.(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)已知函数()ln f x x x ax b =++在e x =时取得极小值1e -,其中e 2.718=是自然对数的底数.(1)求实数a 、b 的值; (2)若曲线()y f x =在点()(),t f t 处的切线过原点()0,0,求实数t 的值.。
考点一 导数的几何意义 [1]导数的概念与计算1.设函数在1x =处存在导数,则()()11lim 3x f x f x ∆→+∆-=∆( )A .()'1fB ()3'1fC .()1'13fD .()'3f[2]切线问题(已知切点) 3.曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为( )A . 12-B .12C .2-D .2[3]切线问题(切点未知)5.曲线3ln 2y x x =++在点0P 处的切线方程为410x y --=,则点0P 的坐标是( ) A .(0,1) B .(1,1)- C .(1,3) D .(1,0)6.过点A (0,16)作曲线()33f x x x =-的切线,则此切线的方程为_______.考点二 利用导数研究单调性 [4]求单调区间(不含参数)7.设()()256f x a x lnx -=+,其中a R ∈,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与y 轴相交于点()0,6. (1)确定a 的值; (2)求函数f (x )的单调区间.[5]求单调区间(含参数) [8]求极值或者最值(含参数) 8.已知函数()3113f x x ax =-+ (1)当1x =时,()f x 取得极值,求a 的值. (2)求()f x 在[]0,1上的最小值.[6]已知单调区间求参数范围 9.已知函数()322131,3f x x mx m x m R =+-+∈ (1)当m =1时,求曲线y =f (x )在点(2,f (2))处的切线方程; (2)若f (x )在区间(-2,3)上是减函数,求m 的取值范围.【答案】(1)153250x y --= (2) (,2][3,)-∞-+∞[7]求极值或者最值(不含参数) [9]已知极值或者最值求参数范围 10.已知函数()23ln f x ax x x=--,其中a 为常数. (1)当函数()f x 的图像在点22,33f ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线的斜率为1时,求()f x 在3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值; (2)若函数()f x 在区间()0,+∞上既有极大值又有极小值,求a 的取值范围.11.设函数()f x 在R 上可导,其导函数()f x ',且函数()f x 在2x =-处取得极小值,则函数()y xf x '=的图象可能是( )[9]已知极值或者最值求参数 [10]恒成立问题(分离参数)12.设函数()322338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =处取得极值,(1)求,a b 的值; (2)若对于任意的[]0,3x ∈都有()2f x c <成立,求c 的取值范围.[10]恒成立问题(分离参数) [11]恒成立问题(数形结合) 13.已知函数()()ln 10f x a x a =+> (1)当0x >时,求证()111f x a x ⎛⎫-≥-⎪⎝⎭; (2)在区间()1,e 上()f x x >恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)详见解析 (2) [)1,e -+∞[13]零点问题 14.已知函数a ax x a x x f ---+=232131)((),0x R a ∈> . (1)求函数)(x f 的单调区间;(2)若函数)(x f 在区间()2,0-内恰有两个零点,求a 的取值范围;[14]存在性问题16.已知函数()()324f x x ax x R =-+-∈,()'f x 是()f x 的导函数.(1)当2a =时,对任意的[][]1,1,1,1m n ∈-∈-,求()()'f m f n +的最小值; (2)若存在()00,x ∈+∞,使()00f x >,求a 的取值范围.1.已知函数()4ln f x x x =-,则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为___________.2.若函数()()bf x x b R x=+∈的导函数在区间(1,2)上有零点,则()f x 在下列区间单调递增的是( ) A .(2,0)- B .(0,1) C .(1,)+∞ D .(,2)-∞-3.已知21()ln(1),()(,)2f x xg x ax bx a b R =+=+∈. (Ⅰ)若2()(1)()b h x f x g x ==--且存在单调递减区间,求实数a 的取值范围; (Ⅱ)若0,1a b ==,求证:当(1,)x ∈-+∞时,()()0f x g x -≤恒成立; (Ⅲ)设0,0x y >>,证明:ln ln ()ln2x yx x y y x y ++>+. 【答案】(Ⅰ)()1,-+∞;(Ⅱ)证明过程详见试题解析;(Ⅲ)证明过程详见试题解析.(Ⅲ)证明:∵0,0x y >>,4.已知函数2901xf x a ax =>+()() . (1)求f x ()在122[,]上的最大值;(2)若直线2y x a =-+为曲线y f x =()的切线,求实数a 的值;(3)当2a =时,设1214122x x x ,⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦…,,, ,且121414x x x =…+++ ,若不等式1214f x f x +f x λ≤…()+()+()恒成立,求实数λ的最小值.∴当1[,2]2x∈时,()(4)0f x x--≤,即()4f x x≤-.5.已知函数()f x 3233(0)ax x x a =-+> (1)当1a ≥时,求()f x 的单调区间; (2)若()f x 在[1,3]的最大值为8,求a 的值.6.已知函数f (x )=ax 2+ln (x +1). (1)当a =14-时,求函数f (x )的单调区间;(2)当[0,)x ∈+∞时,函数y =f (x )图像上的点都在0,x y x ≥⎧⎨-≤⎩所表示的平面区域内,求实数a 的取值范围;(3)求证:12482(1)(1)(1)(1)233558(21)(21)nn ne -++++<⨯⨯⨯++(其中n N *∈,e 是自然数对数的底数)7.已知函数2()(0)f x x ax a =-≠,()ln g x x =,()f x 图象与x 轴异于原点的交点M 处的切线为1l ,(1)g x -与x 轴的交点N 处的切线为2l , 并且1l 与2l 平行.(1)求(2)f 的值;(2)已知实数t ∈R ,求[]ln ,1,u x x x e =∈的取值范围及函数[][()+],1,y f xg x t x e =∈的最小值; (3)令()()'()F x g x g x =+,给定1212,(1,),x x x x ∈+∞<,对于两个大于1的正数βα,,存在实数m 满足:21)1(x m mx -+=α,21)1(mx x m +-=β,并且使得不等式12|()()||()()|F F F x F x αβ-<-恒成立,求实数m 的取值范围.从而有12|()()||()()|F F F x F x αβ-<-,符合题设.8.已知函数()()221xf x x x e =-+(其中e 为自然对数的底数).(1)求函数()f x 的单调区间;(2)定义:若函数()h x 在区间[](),s t s t <上的取值范围为[],s t ,则称区间[],s t 为函数()h x 的“域同区间”.试问函数()f x 在()1,+∞上是否存在“域同区间”?若存在,求出所有符合条件的“域同区间”;若不存在,请说明理由.因此函数()h x 在区间()1,+∞上单调递增,()110h =-<,()22310h e =->,。
导数典型例题导数作为考试内容的考查力度逐年增大.考点涉及到了导数的所有内容,如导数的定义,导数的几何意义、物理意义,用导数研究函数的单调性,求函数的最(极)值等等,考查的题型有客观题(选择题、填空题)、主观题(解答题)、考查的形式具有综合性和多样性的特点.并且,导数与传统内容如二次函数、二次方程、三角函数、不等式等的综合考查成为新的热点.一、与导数概念有关的问题【例1】函数f (x )=x (x -1) (x -2)…(x -100)在x=0处的导数值为 A.0 B.1002C.200D.100! 解法一 f '(0)=xf x f x ∆-∆+→∆)0()0(lim= xx x x x ∆--∆-∆-∆∆→∆0)100()2)(1(lim=lim 0→∆x (Δx -1)(Δx -2)…(Δx -100)=(-1)(-2)…(-100)=100! ∴选D.解法二 设f (x )=a 101x 101+ a 100x 100+…+ a 1x +a 0,则f '(0)= a 1,而a 1=(-1)(-2)…(-100)=100!. ∴选D.点评 解法一是应用导数的定义直接求解,函数在某点的导数就是函数在这点平均变化率的极限.解法二是根据导数的四则运算求导法则使问题获解.【例2】 已知函数f (x )=nn n k k n n n n x c nx c k x c x c c 1121221++++++ ,n ∈N *,则 x x f x f x ∆∆--∆+→∆)2()22(lim= .解 ∵ xx f x f x ∆∆--∆+→∆)2()22(lim=2xf x f x ∆-∆+→∆2)2()22(lim+[]xf x f x ∆--∆-+→∆-)2()(2lim=2f '(2)+ f '(2)=3 f '(2),又∵f '(x )=1121--+++++n n n k k n n n x c x c x c c ,∴f '(2)=21(2n n n k n k n n c c c c 222221+++++ )=21[(1+2)n-1]= 21(3n -1). 点评 导数定义中的“增量Δx ”有多种形式,可以为正也可以为负,如xm x f x m x f x ∆--∆-→∆-)()(000lim,且其定义形式可以是xm x f x m x f x ∆--∆-→∆)()(000lim,也可以是00)()(limx x x f x f x --→∆(令Δx =x -x 0得到),本题是导数的定义与多项式函数求导及二项式定理有关知识的综合题,连接交汇、自然,背景新颖.【例3】 如圆的半径以2 cm/s 的等速度增加,则圆半径R =10 cm 时,圆面积增加的速度是 .解 ∵S =πR 2,而R =R (t ),t R '=2 cm/s ,∴t S '=t R )π(2'=2πR ·t R '=4πR ,∴t S '/R =10=4πR/R =10=40π cm 2/s.点评 R 是t 的函数,而圆面积增加的速度是相当于时间t 而言的(R 是中间变量),此题易出现“∵S =πR 2,S '=2πR ,S '/R =10=20π cm 2/s ”的错误.本题考查导数的物理意义及复合函数求导法则,须注意导数的物理意义是距离对时间的变化率,它是表示瞬时速度,因速度是向量,故变化率可以为负值.2004年高考湖北卷理科第16题是一道与实际问题结合考查导数物理意义的填空题,据资料反映:许多考生在求出距离对时间的变化率是负值后,却在写出答案时居然将其中的负号舍去,以致痛失4分.二、与曲线的切线有关的问题【例4】 以正弦曲线y =sin x 上一点P 为切点的切线为直线l ,则直线l 的倾斜角的范围是A.⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡π,4π3 B. []π,0 C.⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π3,4π D. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π3,2π 解 设过曲线y =sin x 上点P 的切线斜率角为α,由题意知,tan α=y '=cos x . ∵cos x ∈[-1,1], ∴tan α∈[-1,1],又α∈[)π,0,∴α∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡4π,0∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡π,4π3.故选A.点评 函数y =f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)表示曲线,y =f (x )在点(x 0,f (x 0))处的切线斜率,即k =tan α(α为切线的倾斜角),这就是导数的几何意义.本题若不同时考虑正切函数的图像及直线倾斜角的范围,极易出错.【例5】 曲线y =x 3-ax 2的切线通过点(0,1),且过点(0,1)的切线有两条,求实数a 的值.解 ∵点(0,1)不在曲线上,∴可设切点为(m ,m 3-am 2).而y '=3x 2-2ax , ∴k 切=3m 3-2am ,则切线方程为y =(3m 3-2am )x -2m 3-am 2. ∵切线过(0,1),∴2m 3-am 2+1=0.(*)设(*)式左边为f (m ),∴f (m )=0,由过(0,1)点的切线有2条,可知f (m )=0有两个实数解,其等价于“f (m )有极值,且极大值乘以极小值等于0,且a ≠0”.由f (m )=2m 3-am 2+1,得f '(m )= 6m 3-am 2=2m (3m -a ),令f '(m )=0,得m =0,m =3a, ∴a ≠0,f (0)·f (3a )=0,即a ≠0,-271a 3+1=0,∴a =3.点评 本题解答关键是把“切线有2条”的“形”转化为“方程有2个不同实根”的“数”,即数形结合,然后把三次方程(*)有两个不同实根予以转化.三次方程有三个不同实根等价于“极大值大于0,且极小值小于0”.另外,对于求过某点的曲线的切线,应注意此点是否在曲线上.三、与函数的单调性、最(极)值有关的问题【例6】以下四图,都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图像,其中一定不正确的序号是A.①、②B.①、③C.③、④D.①、④解由题意知导函数的图像是抛物线.导函数的值大于0,原函数在该区间为增函数;导函数的值小于0,原函数在该区间为减函数,而此抛物线与x轴的交点即是函数的极值点,把极值点左、右导数值的正负与三次函数在极值点左右的递增递减结合起来考虑,可知一定不正确的图形是③、④,故选C.点评f'(x)>0(或<0)只是函数f'(x)在该区间单递增(或递减)的充分条件,可导函数f'(x)在(a,b)上单调递增(或递减)的充要条件是:对任意x∈(a,b),都有f'(x)≥0(或≤0)且f'(x)在(a,b)的任意子区间上都不恒为零.利用此充要条件可以方便地解决“已知函数的单调性,反过来确定函数解析式中的参数的值域范围”问题.本题考查函数的单调性可谓新颖别致.【例7】函数y=f(x)定义在区间(-3,7)上,其导函数如图所示,则函数y=f(x)在区间(-3,7)上极小值的个数是个.解如图,A、O、B、C、E这5个点是函数的极值点,观察这5个极值点左、右导数的正、负,可知O点、C点是极小值点,故在区间(-3,7)上函数y=f(x)的极小值个数是2个.点评导数f'(x)=0的点不一定是函数y=f(x)的极值点,如使f'(x)=0的点的左、右的导数值异号,则是极值点,其中左正右负点是极大值点,左负右正点是极小值点.本题考查函数的极值可以称得上是匠心独运.【例8】设函数f(x)与数列{a n}满足关系:①a1>α,其中α是方程f(x)=x的实数根;②a n+1=f(a n),n∈N*;③f(x)的导数f'(x)∈(0,1).(1)证明:a n>α,n∈N*;(2)判断a n与a n+1的大小,并证明你的结论.(1)证明:(数学归纳法)当n=1时,由题意知a1>α,∴原式成立.假设当n=k时,a k>α,成立.∵f'(x)>0,∴f(x)是单调递增函数.∴a k+1= f (a k )> f (α)=α,(∵α是方程f (x )= x 的实数根) 即当n =k +1时,原式成立.故对于任意自然数N *,原式均成立.(2)解:g (x )=x -f (x ),x ≥α,∴g '(x )=1-f '(x ),又∵0< f '(x )<1,∴g '(x )>0. ∴g '(x )在[)+∞,α上是单调递增函数.而g '(α)=α-f (α)=0,∴g '(x )>g (α) (x >α),即x >f (x ). 又由(1)知,a n >α,∴a n >f (a n )=a n+1.点评 本题是函数、方程、数列、导数等知识的自然链接,其中将导数知识融入数学归纳法,令人耳目一新.四、与不等式有关的问题【例9】 设x ≥0,比较A =xe -x,B =lg(1+x ),C =xx +1的大小.解 令f (x )=C -B=xx +1-lg(1+x ),则f '(x )=xx x ++-+1)1(2)11(2>0,∴f (x )为[)+∞,0上的增函数,∴f (x )≥f (0)=0,∴C ≥B .令g (x )=B -A =lg(1+x )-xe -x,则当x ≥0时,g '(x )=xx e x +---1)1(12≥0,∴g (x )为[)+∞,0上的增函数,∴g (x )≥g (0)=0,∴B ≥A .因此,C ≥B ≥A (x =0时等号成立).点评 运用导数比较两式大小或证明不等式,常用设辅助函数法,如f (a )=φ(a ),要证明当x >a 时,有f (a )=φ(a ),则只要设辅助函数F (x )= f (a )-φ(a ),然后证明F (x )在x >a 单调递减即可,并且这种设辅助函数法有时可使用多次,2004年全国卷Ⅱ的压轴题就考查了此知识点.五、与实际应用问题有关的问题【例10】 某汽车厂有一条价值为a 万元的汽车生产线,现要通过技术改造来提高该生产线的生产能力,提高产品的增加值,经过市场调查,产品的增加值y 万元与技术改造投入x 万元之间满足:①y 与(a -x )和x 2的乘积成正比;②当2a x =时,y =a 3.并且技术改造投入比率:)(2x a x-∈(]t ,0,其中t 为常数,且t ∈(]2,0.(1)求y =f (x )的解析式及定义域;(2)求出产品的增加值y 的最大值及相应的x 值. 解:(1)由已知,设y =f (x )=k (a -x )x 2,∵当2a x =时,y = a 3,即a 3=k ·2a ·42a ,∴k =8,则f (x )=8-(a -x )x 2.∵0<)(2x a x-≤t ,解得0<x ≤122+t at .∴函数f (x )的定义域为0<x ≤122+t at .(2)∵f '(x )= -24x 2+16ax =x (-24x +16a ),令f '(x )=0,则x =0(舍去),32ax =, 当0<x <32a 时,f '(x )>0,此时f (x )在(0,32a)上单调递增; 当x >32a 时,f '(x )<0,此时f (x )是单调递减.∴当122+t at ≥32a 时,即1≤t ≤2时,y max =f (32a )=32732a ;当122+t at <32a 时,即0<t <1时,y max =f (122+t at )=323)12(32+t t a . 综上,当1≤t ≤2时,投入32a 万元,最大增加值是32732a ,当0<t <1时,投入122+t at万元,最大增加值是323)12(32+t t a . 点评 f '(x 0)=0,只是函数f (x )在x 0处有极值的必要条件,求实际问题的最值应先建立一个目标函数,并根据实际意义确定其定义域,然后根据问题的性质可以断定所建立的目标函数f (x )确有最大或最小值,并且一定在定义区间内取得,这时f (x )在定义区间内部又只有一个使f '(x 0)=0的点x 0,那么就不必判断x 0是否为极值点,取什么极值,可断定f (x 0)就是所求的最大或最小值.。
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·武邑调研)已知函数f (x )=ln x +ax 2+bx (其中a ,b 为常数且a ≠0)在x =1处取得极值.(1)当a =1时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )在(0,e]上的最大值为1,求a 的值. 解 (1)因为f (x )=ln x +ax 2+bx ,x >0, 所以f ′(x )=1x+2ax +b ,因为函数f (x )=ln x +ax 2+bx 在x =1处取得极值, 所以f ′(1)=1+2a +b =0, 当a =1时,b =-3, 令f ′(x )=2x 2-3x +1x=0,得x =1或x =12.f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 1 (1,+∞)f ′(x ) + 0 - 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,(1,+∞),单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1.(2)由(1)知b =-2a -1, 则f (x )=ln x +ax 2-(2a +1)x , 因为f ′(x )=2ax -1x -1x,令f ′(x )=0,得x 1=1,x 2=12a, 因为f (x )在 x =1处取得极值,所以x 2=12a ≠x 1=1,即a ≠12, 当a <0,即12a<0时, f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,所以f (x )在区间(0,e]上的最大值为f (1), 令f (1)=1,解得a =-2. 当0<12a <1,即a >12时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,1上单调递减,在(1,e]上单调递增,所以最大值1可能在x =12a 或x =e 处取得,而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a =ln 12a +a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2-(2a +1)12a=ln 12a -14a-1<0,所以f (e)=ln e +a e 2-(2a +1)e =1,解得a =1e -2. 当1<12a <e ,即12e <a <12时,f (x )在区间(0,1)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12a 上单调递减,在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a ,e 上单调递增,所以最大值1可能在x =1或x =e 处取得, 而f (1)=ln 1+a -(2a +1)<0, 所以f (e)=ln e +a e 2-(2a +1)e =1, 解得a =1e -2,与12e <a <12矛盾.当12a ≥e,即0<a ≤12e 时,f (x )在区间(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减, 所以最大值1可能在x =1处取得,而f (1)=ln 1+a -(2a +1)<0,与最大值为1矛盾. 综上所述,a =1e -2或a =-2.跟踪演练1 (2019·延庆模拟)已知函数f (x )=ln(x +a )在点(1,f (1))处的切线与直线x -2y =0平行. (1)求a 的值; (2)令g (x )=f xx,求函数g (x )的单调区间.解(1)∵f(x)=ln(x+a),∴f′(x)=1x+a,∴f′(1)=11+a,∵f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-2y=0平行,∴11+a=12,解得a=1.(2)由(1)可知g(x)=ln x+1x,函数g(x)的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以g′(x)=xx+1-ln x+1x2,令h(x)=xx+1-ln(x+1),又h′(x)=1x+12-1x+1=-xx+12,∴∀x∈(-1,0)有h′(x)>0恒成立,故h(x)在(-1,0)上为增函数,由h(x)<h(0)=-ln 1=0,所以函数g(x)在(-1,0)上单调递减.∴∀x∈(0,+∞)有h′(x)<0恒成立,故h(x)在(0,+∞)上为减函数,由h(x)<h(0)=-ln 1=0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.综上,g(x)在(-1,0)和(0,+∞)上单调递减.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)=e x-x-a(a∈R).(1)当a=0时,求证:f(x)>x;(2)讨论函数f(x)零点的个数.(1)证明当a=0时,f(x)=e x-x.令g(x)=f(x)-x=e x-x-x=e x-2x,则g′(x)=e x-2,当g′(x)=0时,x=ln 2;当x<ln 2时,g′(x)<0,x>ln 2时,g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以x=ln 2是g(x)的极小值点,也是最小值点,即g(x)min=g(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2ln e2>0,故当a=0时,f(x)>x成立.(2)解f′(x)=e x-1,由f′(x)=0,得x=0.当x<0时,f′(x)<0;当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x=0是函数f(x)的极小值点,也是最小值点,即f(x)min=f(0)=1-a.当1-a>0,即a<1时,f(x)没有零点,当1-a=0,即a=1时,f(x)只有一个零点,当1-a<0,即a>1时,因为f(-a)=e-a-(-a)-a=e-a>0,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e x>2x,令x=a,则得e a>2a,所以f(a)=e a-a-a=e a-2a>0,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a>1时,f(x)有两个零点.综上,当a<1时,f(x)没有零点;当a=1时,f(x)只有一个零点;当a>1时,f(x)有两个零点.跟踪演练2 (2019·怀化模拟)设函数f(x)=ln x-12ax2-bx.(1)若x=1是f(x)的极大值点,求a的取值范围;(2)当a=0,b=-1时,方程x2=2mf(x)(其中m>0)有唯一实数解,求m的值.解 (1)由题意,函数f (x )的定义域为(0,+∞), 则导数为f ′(x )=1x-ax -b ,由f ′(1)=0,得b =1-a , ∴f ′(x )=1x-ax +a -1=-ax +1x -1x,①若a ≥0,由f ′(x )=0,得x =1.当0<x <1时,f ′(x )>0,此时f (x )单调递增; 当x >1时,f ′(x )<0,此时f (x )单调递减. 所以x =1是f (x )的极大值点,②若a <0,由f ′(x )=0,得x =1或x =-1a.因为x =1是f (x )的极大值点, 所以-1a>1,解得-1<a <0,综合①②,得a 的取值范围是(-1,+∞). (2)当a =0,b =-1时,f (x )=ln x +x , 因为方程2mf (x )=x 2有唯一实数解, 所以x 2-2m ln x -2mx =0有唯一实数解, 设g (x )=x 2-2m ln x -2mx , 则g ′(x )=2x 2-2mx -2mx,令g ′(x )=0,即x 2-mx -m =0. 因为m >0,x >0, 所以x 1=m -m 2+4m2<0(舍去),x 2=m +m 2+4m2>0,当x ∈(0,x 2)时,g ′(x )<0,g (x )在(0,x 2)上单调递减, 当x ∈(x 2,+∞)时,g ′(x )>0,g (x )在(x 2,+∞)单调递增, 当x =x 2时,g ′(x )=0,g (x )取最小值g (x 2),则⎩⎪⎨⎪⎧g x 2=0,g ′x 2=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x 22-2m ln x 2-2mx 2=0,x 22-mx 2-m =0,所以2m ln x 2+mx 2-m =0, 因为m >0,所以2ln x 2+x 2-1=0,(*)设函数h (x )=2ln x +x -1, 因为当x >0时,h (x )是增函数, 所以h (x )=0至多有一解,因为h (1)=0,所以方程*的解为x 2=1, 即m +m 2+4m2=1,解得m =12.热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略:(1)求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题;(2)分离参数法,将参数分离出来,进而转化为a >f (x )max 或a <f (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a <f (x )在区间D 上有解⇔a <f (x )max ; 不等式a ≤f (x )在区间D 上有解⇔a ≤f (x )max ; 不等式a >f (x )在区间D 上有解⇔a >f (x )min ; 不等式a ≥f (x )在区间D 上有解⇔a ≥f (x )min ; 不等式a <f (x )在区间D 上恒成立⇔a <f (x )min ; 不等式a ≤f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≤f (x )min ; 不等式a >f (x )在区间D 上恒成立⇔a >f (x )max ; 不等式a ≥f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≥f (x )max .例3 (2019·郴州质检)设函数f (x )=2x -2-a ln x ,a ∈R. (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)设a >0,若存在正实数m ,使得对任意x ∈(1,m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立,求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )=2-a x,x >0,若a ≤0,则f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上为增函数, 若a >0,则f ′(x )>0⇔x >a2,f ′(x )<0⇔0<x <a2,故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2上为减函数,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2,+∞上为增函数.(2)①若0<a ≤2,则a2≤1,由(1)知f (x )在(1,+∞)上为增函数,又f (1)=0,所以f (x )>0对x ∈(1,+∞)恒成立, 则|f (x )|>2ln x ⇔f (x )>2ln x ⇔2x -2-(a +2)ln x >0,设g (x )=2x -2-(a +2)ln x ,x >1, 则|f (x )|>2ln x 等价于g (x )>0,g ′(x )=2-a +2x =2x -a +2x , g ′(x )>0⇔x >a +22,g ′(x )<0⇔1<x <a +22,故g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1,a +22上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a +22,+∞上单调递增,而g (1)=0, 显然当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1,a +22时,g (x )<0, 故不存在正实数m ,使得对任意x ∈(1,m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立, 故0<a ≤2不满足条件. ②若a >2,则a2>1, 由(1)知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a 2上为减函数, 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2,+∞上为增函数, ∵f (1)=0,∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a 2时,f (x )<0,此时|f (x )|>2ln x ⇔-f (x )>2ln x ⇔2x -2+(2-a )ln x <0,∴设h (x )=2x -2+(2-a )ln x ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a 2,此时|f (x )|>2ln x 等价于h (x )<0,h ′(x )=2+2-ax=2x +2-ax,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a 2.(ⅰ)若2<a ≤4,∵x >1,∴2x +2-a >0,h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a2上为增函数, ∵h (1)=0,∴∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a 2,h (x )>0,故不存在正实数m ,使得对任意x ∈(1,m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立, 故2<a ≤4不满足条件. (ⅱ)若a >4,易知h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1,a -22上为减函数,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a -22,a 2上为增函数,∵h (1)=0,∴∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1,a -22,h (x )<0, 故存在正实数m ,⎝⎛⎭⎪⎫可取m =a -22 使得对任意x ∈(1,m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立, 故a >4满足条件.综上所述,实数a 的取值范围为(4,+∞).跟踪演练3 (2019·南充调研)已知f (x )=ax -ln(-x ),x ∈[-e,0),其中e 是自然对数的底数,a ∈R.(1)当a =-1时,证明:f (x )+ln -xx>12; (2)是否存在实数a ,使f (x )的最小值为3,如果存在,求出a 的值;如果不存在,请说明理由.(1)证明 由题意可知, 所证不等式为f (x )>12-ln-xx,x ∈[-e,0),当a =-1时,f (x )=-x -ln(-x ),x ∈[-e,0), 因为f ′(x )=-1-1x =-x +1x,所以当-e≤x <-1时,f ′(x )<0,此时f (x )单调递减; 当-1<x <0时,f ′(x )>0,此时f (x )单调递增. 所以f (x )在[-e,0)上有唯一极小值f (-1)=1, 即f (x )在[-e,0)上的最小值为1; 令h (x )=12-ln -xx,x ∈[-e,0), 则h ′(x )=ln-x-1x2,当-e≤x <0时,h ′(x )≤0, 故h (x )在[-e,0)上单调递减,所以h (x )max =h (-e)=1e +12<12+12=1=f (x )min ,所以当a =-1时,f (x )+ln-xx>12.(2)解 假设存在实数a ,使f (x )=ax -ln(-x )的最小值为3,f ′(x )=a -1x,x ∈[-e,0),①若a ≥-1e,由于x ∈[-e,0),则f ′(x )=a -1x≥0,所以函数f (x )=ax -ln(-x )在[-e,0)上是增函数, 所以f (x )min =f (-e)=-a e -1=3, 解得a =-4e <-1e 与a ≥-1e 矛盾,舍去.②若a <-1e,则当-e≤x <1a 时,f ′(x )=a -1x<0,此时f (x )=ax -ln(-x )是减函数, 当1a <x <0时,f ′(x )=a -1x>0,此时f (x )=ax -ln(-x )是增函数,所以f (x )min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =1-ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =3,解得a =-e 2.综上①②知,存在实数a =-e 2,使f (x )的最小值为3. 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·济南模拟)已知函数f (x )=x ln x -a2x 2+(a -1)x ,其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值;(2)若f (x 1)+f (x 2)=-1(x 1≠x 2),证明:x 1+x 2>2. (1)解 由题意,函数f (x )的定义域为(0,+∞), 其导函数f ′(x )=ln x -ax +a , 记h (x )=f ′(x ),则h ′(x )=1-axx.当a ≤0时,h ′(x )=1-axx≥0恒成立,所以h (x )在(0,+∞)上单调递增,且h (1)=0. 所以∀x ∈(1,+∞),有h (x )=f ′(x )>0, 故a ≤0时不成立;当a >0时,若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a ,则h ′(x )=1-ax x>0;若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞,则h ′(x )=1-ax x<0.所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0,1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上单调递减.所以h (x )max =h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =-ln a +a -1=0.令g (a )=-ln a +a -1, 则g ′(a )=1-1a =a -1a.当0<a <1时,g ′(a )<0; 当a >1时,g ′(a )>0.所以g (a )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 所以g (a )≥g (1)=0,故a =1.(2)证明 当a =1时,f (x )=x ln x -12x 2,则f ′(x )=1+ln x -x .由(1)知f ′(x )=1+ln x -x ≤0恒成立, 所以f (x )=x ln x -12x 2在(0,+∞)上单调递减,且f (1)=-12,f (x 1)+f (x 2)=-1=2f (1),不妨设0<x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2, 欲证x 1+x 2>2,只需证x 2>2-x 1, 因为f (x )在(0,+∞)上单调递减, 则只需证f (x 2)<f (2-x 1), 又因为f (x 1)+f (x 2)=-1, 则只需证-1-f (x 1)<f (2-x 1), 即f (2-x 1)+f (x 1)>-1.令F (x )=f (x )+f (2-x )(其中x ∈(0,1]), 且F (1)=-1.所以欲证f (2-x 1)+f (x 1)>-1, 只需证F (x )>F (1),x ∈(0,1), 由F ′(x )=f ′(x )-f ′(2-x ) =1+ln x -x -[1+ln(2-x )-2+x ], 整理得F ′(x )=ln x -ln(2-x )+2(1-x ), 令k (x )=F ′(x ),则 k ′(x )=21-x2x 2-x>0,x ∈(0,1),所以F ′(x )=ln x -ln(2-x )+2(1-x )在区间(0,1]上单调递增, 所以∀x ∈(0,1),F ′(x )=ln x -ln(2-x )+2(1-x )<F ′(1)=0,所以函数F (x )=f (x )+f (2-x )在区间(0,1)上单调递减, 所以有F (x )>F (1),x ∈(0,1), 故x 1+x 2>2.跟踪演练4 (2019·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f (x )=a e 2x-a e x-x e x (a ≥0,e =2.718…,e 为自然对数的底数),若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立.(1)求实数a 的值;(2)证明:f (x )存在唯一极大值点x 0,且ln 22e +14e 2≤f (x 0)<14.(1)解 由f (x )=e x(a e x-a -x )≥0对于x ∈R 恒成立, 设函数g (x )=a e x-a -x ,可得g (x )=a e x-a -x ≥0对于x ∈R 恒成立, ∵g (0)=0,∴g (x )≥g (0), 从而x =0是g (x )的一个极小值点,∵g ′(x )=a e x -1,∴g ′(0)=a -1=0,即a =1. 当a =1时,g (x )=e x-1-x ,g ′(x )=e x-1,∵x ∈(-∞,0)时,g ′(x )<0,g (x )在(-∞,0)上单调递减,x ∈(0,+∞)时,g ′(x )>0,g (x )在(0,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (0)=0,即f (x )≥0,∴a =1. (2)证明 当a =1时,f (x )=e 2x-e x -x e x,f ′(x )=e x (2e x -x -2).令h (x )=2e x-x -2,则h ′(x )=2e x-1, ∴当x ∈(-∞,-ln 2)时,h ′(x )<0,h (x )在(-∞,-ln 2)上为减函数;当x ∈(-ln 2,+∞)时,h ′(x )>0,h (x )在(-ln 2,+∞)上为增函数,且h (0)=0,∵h (-1)<0,h (-2)>0,∴在(-2,-1)上存在x =x 0满足h (x 0)=0, ∵h (x )在(-∞,-ln 2)上为减函数, ∴当x ∈(-∞,x 0)时,h (x )>0,即f ′(x )>0,f (x )在(-∞,x 0)上为增函数, 当x ∈(x 0,-ln 2)时,h (x )<0,即f ′(x )<0,f (x )在(x 0,-ln 2)上为减函数, 当x ∈(-ln 2,0)时,h (x )<h (0)=0, 即f ′(x )<0,f (x )在(-ln 2,0)上为减函数, 当x ∈(0,+∞)时,h (x )>h (0)=0, 即f ′(x )>0,f (x )在(0,+∞)上为增函数, ∴f (x )在(-ln 2,+∞)上只有一个极小值点0, 综上可知,f (x )存在唯一的极大值点x 0, 且x 0∈(-2,-1).∵h (x 0)=0,∴20e x-x 0-2=0, ∴f (x 0)=00020e e e xxxx -- =⎝⎛⎭⎪⎫x 0+222-⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+22(x 0+1)=-x 20+2x 04,x 0∈(-2,-1),∵当x ∈(-2,-1)时,-x 2+2x 4<14, ∴f (x 0)<14;∵ln 12e∈(-2,-1),∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln12e =ln 22e +14e2; 综上知ln 22e +14e 2≤f (x 0)<14.真题体验(2018·全国Ⅰ,理,21)已知函数f (x )=1x-x +a ln x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )存在两个极值点x 1,x 2, 证明:f x 1-f x 2x 1-x 2<a -2.(1)解 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax +1x 2.①若a ≤2,则f ′(x )≤0,当且仅当a =2,x =1时,f ′(x )=0, 所以f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②若a >2,令f ′(x )=0,得x =a -a 2-42或x =a +a 2-42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a -a 2-42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞时,f ′(x )<0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42时,f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a -a 2-42,⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42上单调递增.(2)证明 由(1)知,f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1,x 2满足x 2-ax +1=0, 所以x 1x 2=1,不妨设x 1<x 2,则x 2>1. 由于f x 1-f x 2x 1-x 2=-1x 1x 2-1+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a -2ln x 21x 2-x 2,所以f x 1-f x 2x 1-x 2<a -2等价于1x 2-x 2+2ln x 2<0.设函数g (x )=1x-x +2ln x ,由(1)知,g (x )在(0,+∞)上单调递减. 又g (1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g (x )<0. 所以1x 2-x 2+2ln x 2<0,即f x 1-f x 2x 1-x 2<a -2.押题预测已知函数f(x)=ln x-ax+1x .(1)若1是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)在(1)的条件下证明:f(x)≤x e x-x+1x-1.(1)解f′(x)=1x-a-1x2,x>0,f′(1)=1-a-1=0,故a=0.(2)解f′(x)=-ax2+x-1x2,方程-ax2+x-1=0的判别式Δ=1-4a,①当a ≥14时,Δ≤0,f ′(x )≤0,f (x )在(0,+∞)上递减,②当0<a <14时,方程-ax 2+x -1=0的根为x =1±1-4a2a, 且x 1=1-1-4a 2a >0,x 2=1+1-4a2a>0, 故f (x )在(0,x 1)上递减,在(x 1,x 2)上递增,在(x 2,+∞)上递减, ③当a =0时,f ′(x )=x -1x 2, f (x )在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,④当a <0时,方程-ax 2+x -1=0的根为x =1±1-4a2a, 且x 1=1-1-4a 2a >0,x 2=1+1-4a2a<0, 故f (x )在(0,x 1)上递减,在(x 1,+∞)上递增. (3)证明 在(1)的条件下f (x )≤x e x-x +1x-1,即x e x-ln x -x -1≥0,令g (x )=x e x-ln x -x -1,x >0, 则g ′(x )=(x +1)e x-1x-1,令h (x )=(x +1)e x-1x-1,x >0,h ′(x )=(x +2)e x +1x2>0,故h (x )在(0,+∞)上递增,又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0,h (e)>0,故∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,e , 使得h (x 0)=0,即x 00e x =1,g (x )在(0,x 0)上递减,在(x 0,+∞)上递增,故g (x )min =g (x 0)=x 00e x -01lne x -x 0-1=0,故f (x )≤x e x-x +1x-1.A 组 专题通关1.(2019·郴州质检)已知函数f (x )=e x (ax 2+x +a ). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若函数f (x )≤e x(ax 2+2x )+1恒成立,求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为R ,f ′(x )=e x (ax +a +1)(x +1),①当a =0时,f ′(x )=e x(x +1), 所以函数f (x )在(-∞,-1)上单调递减, 在(-1,+∞)上单调递增; ②当a ≠0时,f ′(x )=a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x +a +1a (x +1), 则方程f ′(x )=0有两根-1,-a +1a; (ⅰ)当a >0时,-1>-a +1a, 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-a +1a ,-1上单调递减, 在⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-a +1a ,(-1,+∞)上单调递增; (ⅱ)当a <0时,-1<-a +1a, 所以函数f (x )在(-∞,-1),⎝ ⎛⎭⎪⎫-a +1a ,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-a +1a 上单调递增.综上,当a =0时,函数f (x )在(-∞,-1)上单调递减, 在(-1,+∞)上单调递增; 当a >0时,函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-a +1a ,-1上单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-a +1a ,(-1,+∞)上单调递增; 当a <0时,函数f (x )在(-∞,-1),⎝ ⎛⎭⎪⎫-a +1a ,+∞上单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫-1,-a +1a 上单调递增. (2)函数f (x )≤e x(ax 2+2x )+1恒成立, 即a e x ≤e xx +1,即a ≤x +1e x ,设函数g (x )=x +1e x ,则g ′(x )=1-1e x =e x-1e x ,令g ′(x )=0,解得x =0,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 )min =1,所以a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1e x min =1,所以a 的取值范围是(-∞,1].2.(2019·全国Ⅲ)已知函数f (x )=2x 3-ax 2+b . (1)讨论f (x )的单调性;(2)是否存在a ,b ,使得f (x )在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a ,b 的所有值;若不存在,说明理由. 解 (1)f ′(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a ). 令f ′(x )=0,得x =0或x =a3.若a >0,则当x ∈(-∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a3,+∞时,f ′(x )>0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 3时,f ′(x )<0.故f (x )在(-∞,0),⎝ ⎛⎭⎪⎫a3,+∞上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 3上单调递减;若a =0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增;若a <0,则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫-∞,a3∪(0,+∞)时,f ′(x )>0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3,0时,f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,a 3,(0,+∞)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3,0上单调递减.(2)满足题设条件的a ,b 存在.理由如下①当a ≤0时,由(1)知,f (x )在[0,1]上单调递增, 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)=b =-1, 最大值为f (1)=2-a +b =1.解得a =0,b =-1, 此时a ,b 满足条件.②当a ≥3时,由(1)知,f (x )在[0,1]上单调递减, 所以f (x )在区间[0,1]上的最大值为f (0)=b =1, 最小值为f (1)=2-a +b =-1.解得a =4,b =1, 此时a ,b 满足条件.③当0<a <3时,由(1)知,f (x )在[0,1]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3=-a 327+b ,最大值为b 或2-a +b . 若-a 327+b =-1,b =1,则a =332,与0<a <3矛盾. 若-a 327+b =-1,2-a +b =1,则a =33或a =-33或a =0,与0<a <3矛盾.综上,当a =0,b =-1或a =4,b =1时,f (x )在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 3.(2019·聊城模拟)已知函数f (x )=a ln x +x 2+(a +2)x . (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)设a <0,若不相等的两个正数x 1,x 2满足f (x 1)=f (x 2),证明:f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22>0.(1)解 f ′(x )=a x+2x +(a +2) =2x 2+a +2x +a x =2x +a x +1x,x >0,当a ≥0时,f ′(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增,a <0时,当0<x <-a2时,f ′(x )<0,当x >-a2时,f ′(x )>0,∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-a 2上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-a2,+∞上单调递增,(2)证明 ∵f (x 1)=f (x 2), ∴a ln x 1+x 21+(a +2)x 1 =a ln x 2+x 22+(a +2)x 2,∴a (ln x 1-ln x 2)=x 22-x 21+(a +2)(x 2-x 1) =(x 2-x 1)(x 2+x 1+a +2),∴x 2+x 1+a +2=a ln x 1-ln x 2x 2-x 1,∵f ′(x )=a x+2x +(a +2), ∴f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22=2a x 1+x 2+x 2+x 1+a +2=2a x 1+x 2+a ln x 1-ln x 2x 2-x 1=a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x 1+x 2-ln x 2x 1x 2-x 1 =a x 2-x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 2-x 1x 2+x 1-ln x 2x 1 =ax 2-x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1-1x2x 1+1-ln x 2x 1, 不妨设x 2>x 1>0,则x 2x 1>1, 所以只要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1-1x 2x 1+1-ln x 2x 1<0,令x 2x 1=t >1,g (t )=2t -2t +1-ln t =2-4t +1-ln t , ∴g ′(t )=4t +12-1t =4t -t +12t t +12=-t -12t t +12<0,∴g (t )在(1,+∞)上单调递减, ∴g (t )<2-21+1-ln 1=0, ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1-1x 2x 1+1-ln x 2x 1<0,∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22>0.B 组 能力提高4.已知函数f (x )=ln x -2x -11+x ,g (x )=ex -12x -3.(1)求函数f (x )在[1,+∞)的最小值;(2)设b >a >0,证明:b -a ln b -ln a <a +b2;(3)若存在实数m ,使方程g (x )=m 有两个实根x 1,x 2,且x 2>x 1>32,证明:x 1+x 2>5. (1)解 由f ′(x )=1x -2[1+x -x -1]1+x2 =x -12x 1+x 2≥0,所以f (x )在[1,+∞)上单调递增,又因为f (1)=0,所以f (x )min =f (1)=0.(2)证明 由(1)知,当x >1时,f (x )=ln x -2x -11+x >0, 即ln x >2x -11+x, 由b >a >0,得ba >1,进而ln b a >2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a -11+b a, 化简得ln b -ln a >2b -a b +a, 所以b -a ln b -ln a <a +b 2. (3)证明 由1212e 1e 1=,2323x x m x x --=-- 可得1221e 1e 1ln =ln 2323x x x x ---- 即11ln e x --ln(2x 1-3)=21ln e x --ln(2x 2-3), 所以ln(2x 2-3)-ln(2x 1-3)=x 2-x 1=2x 2-3-2x 1-32,(*)又由(2)知,2x 1-3-2x 2-3ln 2x 1-3-ln 2x 2-3 <2x 1-3+2x 2-32,把(*)式代入, 化简得2x 1+x 2-62>2,即x 1+x 2>5.5.(2019·衡阳质检)已知函数f (x )=e x -11+ln x.(1)求函数f (x )的单调区间; (2)解关于x 的不等式f (x )>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x . 解 (1)依题意得,x >0且x ≠1e, f ′(x )=e x -1⎝ ⎛⎭⎪⎫1+ln x -1x 1+ln x 2,f ′(1)=0.令g (x )=1+ln x -1x ,g ′(x )=1x +1x2>0, ∴g (x )在定义域上单调递增,g (1)=0,∴当0<x <1e ,1e<x <1时,f ′(x )<0, f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e ,⎝ ⎛⎭⎪⎫1e,1; 当x >1时,f ′(x )>0,f (x )的单调递增区间为(1,+∞).(2)方法一 当0<x <1e时,f (x )<0,不合题意. 当x =1时,不等式左右两边相等,不合题意.当1e <x <1时,易证e x -1>x , 故只需证x 1+ln x >12⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x , 需证2x 21+x2>1+ln x . 令F (x )=2x 21+x 2-(1+ln x ),F ′(x )=-x 2-12x 1+x 22<0, ∴F (x )单调递减,∴F (x )>F (1)=0.∴1e<x <1符合题意. 当x >1时,只需证不等式2e x -11+x 2>1+ln x x, 令h (x )=2e x -11+x 2,w (x )=1+ln x x, 易证ln x ≤x -1,∴w (x )<1+x -1x =1, h ′(x )=2e x -1x -121+x22>0,h (x )>h (1)=1.∴x >1符合题意. 综上可得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,1∪(1,+∞). 方法二 当0<x <1e时,f (x )<0,不合题意. 当x =1时,不等式左右两边相等,不合题意. 当1e<x <1时, 易证e x -1>x ,只需证x 1+ln x >12⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x ⇔证2x 21+x 2>1+ln x ⇔证x 2-11+x 2>ln x ⇔证2⎝ ⎛⎭⎪⎫t -11+t >ln t (t =x 2), F (t )=2⎝ ⎛⎭⎪⎫t -11+t -ln t ,1e 2<t <1, F ′(t )=-t -12t 1+t 2<0. ∴F (t )单调递减,又t →1,F (t )→0,∴F (t )>0,∴1e<x <1符合题意. 当x >1时,f (x )>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x ⇔2x e x -11+x2>1+ln x , 易证ln x ≤x -1.先证2x e x -11+x2>1+x -1⇔证2e x -1>1+x 2 ⇔证ln 2+x -1>ln(1+x 2). 令g (x )=ln 2+x -1-ln(1+x 2),x ≥1, g ′(x )=x -121+x2>0, ∴x >1时,g (x )单调递增,g (x )>g (1)=0.综上可得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,1∪(1,+∞).。