1、1第 4 讲 导数的热点问题考情考向分析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、不等式结合，证明不等式和求参数范围问题是热点题型，中高档难度热点一 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，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力例 1 已知函数 f(x)2 xln x.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)求证：1ln 2 f(x)0，e2x 1x设函数 g(x) 2ln x4 x2，e2x 1x则 g( x) 4 .e2x 12x 1x2 2x e2x 1 2x2x 1x2令 t(x)e 2x1 2 x， x(0，)则
2、 t( x)2(e 2x1 1)，由 t( x)0 得 x ，12所以当 x 时， t( x)0，即 t(x)为增函数，(12， )所以 t(x) t 0.(12)令 g( x) 0，得 x ，e2x 1 2x2x 1x2 12所以当 x 时， g( x)0， g(x)为增函数，(12， )则 g(x)min g 22ln 20，(12)即当 x(0，)时， 2ln x4 x20，e2x 1x综上，1ln 2 f(x)0 时，证明：存在 x00，使得 f(x0) a1.(1)解 函数的定义域为0，)，3f( x) (x0)，xx a2x 3x a2x若 a0， f( x)0， f(x)的单调递
3、增区间为0，)；若 a0，当 0 时， f( x)0，a3所以 f(x)的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .0，a3) (a3， )(2)证明 由(1)可知，当 a0 时，f(x)min f a ，(a3) 29 3a所以存在 x00，使得 f(x0) a1等价于 a a1，29 3a设 g(a) a a1( a0)，29 3a则 g( a) 1 ( )，33 a 33 a 3所以 g(a)在(0,3)上单调递减，在(3，)上单调递增，所以 g(a)min g(3)0，故 g(a)0，所以 a a1 恒成立，29 3a因此存在 x00，使得 f(x0) a1.热点二 利用导数讨论方程根的个数
4、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概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解例 2 设函数 f(x)e x2 aln( x a)， aR，e 为自然对数的底数(1)若 a0，且函数 f(x)在区间0，)内单调递增，求实数 a 的取值范围；(2)若 0 a)，23 1x a记 h(x) f( x)，则 h( x)e x 0，1x a2知 f( x)在区间 内单调递增( a， )又 f(0)1 0，1a 1a 1 f( x)在区间 内存在唯一的零点 x0，( a， )即 f( x0) 0e 0，1x0 a于是 0
5、 ， x0ln .1x0 a (x0 a)当 ax0时， f( x)0， f(x)单调递增 f(x)min f(x0) 0e2 a ln(x0 a) 2 a x0 x0 a 3 a23 a，1x0 a 1x0 a当且仅当 x0 a1 时，取等号由 00，23 f(x)min f(x0)0，即函数 f(x)没有零点思维升华 (1)函数 y f(x) k 的零点问题，可转化为函数 y f(x)和直线 y k 的交点问题(2)研究函数 y f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随 x 值的变化 y 值的变化趋势跟踪演练 2 (2018全国)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1，证明：当
6、 x0 时， f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)上只有一个零点，求 a.(1)证明 当 a1 时， f(x)1 等价于( x21)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1) 2e x.当 x1 时， g( x)0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)1 是 h(x)在(0，)上的最小值4ae2若 h(2)0，即 a ，e24因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点；由(1)知，
7、当 x0 时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 0，16a3e4a 16a3e2a2 16a32a4 1a故 h(x)在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在(0，)上有两个零点综上，当 f(x)在(0，)上只有一个零点时， a .e24真题体验(2018浙江)已知函数 f(x) ln x.x(1)若 f(x)在 x x1， x2(x1 x2)处导数相等，证明： f(x1) f(x2)88ln 2；(2)若 a34ln 2，证明：对于任意 k0，直线 y kx a 与曲线 y f(x)有唯一公共点证明 (1)函数 f(x)的导函数为 f( x) .12x 1x由 f( x1) f
8、( x2)得 .12x1 1x1 12x2 1x2因为 x1 x2，所以 .1x1 1x2 12由基本不等式，得 2 .12x1x2 x1 x2 4x1x2因为 x1 x2，所以 x1x2256.6由题意得 f(x1) f(x2) ln x1 ln x2 ln( x1x2)x1 x212x1x2设 g(x) ln x(x0)，x2则 g( x) ( 4)，14x x当 x 变化时， g( x)和 g(x)的变化如下表所示：x (0,16) 16 (16，)g( x) 0 g(x) 24ln 2 所以 g(x)在(256，)上单调递增，故 g(x1x2)g(256)88ln 2，即 f(x1)
9、f(x2)88ln 2.(2)令 me (| a| k)， n 21，则(|a| 1k )f(m) km a|a| k k a0，f(n) kn a0，直线 y kx a 与曲线 y f(x)有唯一公共点押题预测7设 f(x) x aln x(aR)a 1x(1)当 a1 时，求曲线 y f(x)在点 处的切线方程；(12， f (12)(2)当 ae1 成立？1e， e押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查转化与化归的数学思想方法，本题的命制正是根据这个要求进行的解 (1)当 a1 时， f(x) xln x， f(
10、x)1 ，1x曲线 y f(x)在点 处的切线的斜率为 f 1 1.(12， 12 ln 2) (12) 112所求切线方程为 y ，(12 ln 2) (x 12)即 x yln 210.(2)存在理由如下：要证当 ae1 成立，1e， e则只需证明当 x 时， f(x)maxe1 即可1e， ef( x)1 a 1x2 ax x2 ax a 1x2 (x0)，x 1x a 1x2令 f( x)0，得 x11， x2 a1，当 a0.(1e， 1)则函数 f(x)在 上单调递减，在1，e上单调递增，1e， 1 f(x)maxmax .f (1e)， fe于是，只需证明 f(e)e1 或 f
11、e1 即可，(1e) f(e)(e1)e a(e1) 0，a 1e e 11 ae f(e)e1 成立，8假设正确，即当 ae1 成立1e， eA 组 专题通关1设函数 f(x) .1 x 1 x(1)求函数 f(x)的值域；(2)当实数 x0,1时，证明： f(x)2 x2.14(1)解 函数 f(x)的定义域是1,1， f( x) ，1 x 1 x21 x2当 f( x)0 时，解得1e2 .1e(1)解 由定义域为(0,1)(1，)，f( x) ，1x ax 12 x2 a 2x 1xx 12设 h(x) x2( a2) x1，要使 y f(x)在 上有极值，(e， )则 x2( a2)
12、 x10 有两个不同的实根 x1， x2， ( a2) 240， a0 或 ae，0e 2，1e联立可得 ae 2.1e即实数 a 的取值范围是 .(e1e 2， )(2)证明 由(1)知，当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(x2， ) f(x)在(1，)上有最小值 f(x2)，即 t(1，)，都有 f(t) f(x2)，又当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(0， x1)当 x 时， f( x)e)设 k(x)ln x2 x 2ln x x (xe)，1x 1x则 k( x) 1 0(xe)，2x 1x2 k(x)在 上单调递增，(e， ) k(x)k(e)2e ，
13、1e f(t) f(s)e2 .1e3(2018浙江省衢州二中模拟)已知函数 f(x) aex(2e) x(a 为实数，e 为自然对数的底数)，曲线 y f(x)在 x0 处的切线与直线(3e) x y100 平行， g(x) x24 x1.(1)求实数 a 的值，并判断函数 f(x)在0，)内的零点个数；(2)证明：当 x0 时， f(x) g(x)(1)解 f( x) aex2e， f(0) a2e3e， a1， f(x)e x(2e) x，则 f( x)e x2e.当 x0 时， f( x)e x2ee 02e0， f(x)在0，)上单调递增，且 f(0)10， f(x)在0，)内没有零
14、点(2)证明 当 x0 时，设 h(x) f(x) g(x)e x x2(2e) x1，则 h( x)e x2 x2e(e xe)2( x1)h( x)在(0，)上单调递增，且 h(1)0， h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)min h(1)e1(2e)10，当 x0 时， h(x)0，即当 x0 时， f(x) g(x)4已知函数 f(x)ln x ， g(x)e x bx， a， bR，e 为自然对数的底数ax(1)若函数 y g(x)在 R 上存在零点，求实数 b 的取值范围；(2)若函数 y f(x)在 x 处的切线方程为 ex y2 b0.求证：对任意的
15、x(0，)，1e11总有 f(x)g(x)(1)解 易得 g( x)e x b b .1ex若 b0，则 g(x) (0，)，不合题意；1ex若 b0， g 1eb10，令 g( x)e x b0，得 xln b. g(x)在(，ln b)上单调递减；在(ln b，)上单调递增，则 g(x)min g(ln b)e ln b bln b b bln b0， be.综上所述，实数 b 的取值范围是(，0)e，)(2)证明 易得 f( x) ，1x ax2则由题意，得 f e ae2e，解得 a .(1e) 2e f(x)ln x ，从而 f 1，2ex (1e)即切点为 .(1e， 1)将切点坐
16、标代入 ex y2 b0 中，解得 b0. g(x)e x.要证 f(x)g(x)，即证 ln x e x(x(0，)，2ex只需证 xln x xe x(x(0，)2e令 u(x) xln x ， v(x) xe x， x(0，)2e则由 u( x)ln x10，得 x ，1e u(x)在 上单调递减，(0，1e)在 上单调递增，(1e， ) u(x)min u .(1e) 1e又由 v( x)e x xe xe x(1 x)0，得 x1，12 v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， v(x)max v(1) .1e u(x) u(x)min v(x)max v(x)，显然，
17、上式的等号不能同时取到故对任意的 x(0，)，总有 f(x)g(x)5已知函数 g(x) xln x， h(x) (a0)ax2 12(1)若 g(x)a a0，(1，1a) 1x f( x)在 上单调递增，(1，1a)又 f(1)1 a0， f( x)0，即 f(x)在 上单调递増， f(x)f(1) 0，不满足题意(1，1a) a 12综上所述， a1，)方法二 当 x(1，)时， g(x) ，2xln x 1x213令 F(x) (x1)，2xln x 1x2F( x) (x1)，2(x 1 xln x)x3记 m(x) x1 xln x(x1)，则 m( x)ln x0.(x 1a6)
18、14(1)求函数 f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数 F(x)的导数 F( x) f(x)，是否存在无数个 a(1,4)，使得 ln a 为函数(ex a)F(x)的极大值点？请说明理由解 (1) f( x) ex，(xa6)当 0 时， f( x)0， f(x)单调递增，a6所以当 x(0，)时， f(x)min f ，(a6)因为 f 0，(a6) a6 (1 a6)所以存在 x0 ，使 f(x0)0，(a6， 1 a6)且当 0x0时， f(x)0.故函数 f(x)在(0，)上有 1 个零点，即 x0.(2)方法一 当 a1 时，ln a0.因为当 x 时，e x a0.(l
19、n a， )由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.下面证：当 a 时，ln a0，3 x3x所以 g( x)在 上单调递增，(1， e)由 g(1) 0，13 e3所以存在唯一零点 t0 ，使得 g 0，(1， e) (t0)且 x 时， g( x)0， g(x)单调递增(t0， e)15所以当 x 时， g(x)0， F(x)单调递增；(ex a)当 ln a0， f(x)0.(ln a， )由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.所 以 存 在 无 数 个 a (1,4)， 使 得 ln a 为 函 数 F(x)的 极 大 值 点 ， 即 存 在 无 数 个 a (1
20、,4)， 使 得ln a0，(32， 2)所以 g( x)在 上单调递增，(32， 2)因为 g ln 0，(32) 32 12 23所以存在唯一零点 t0 ，使得 g 0，(32， 2) (t0)且当 x 时， g( x)0， g(x)单调递增；(t0， 2)所以当 x 时，32， 216g(x)min g t0ln t0 t0 1，(t0)t206由 g 0，可得 ln t0 ，(t0)t03代入式可得 g(x)min g t01，(t0)t206当 t0 时，(32， 2)g t01 1，求证： f(x) ax2 x1ln( x1)12(1)解 当 ae 时， f( x) x(exe)当
21、 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数， f(x)极小值 f(0)1，无极大值(2)解 f( x) x(ex a)，()当 a0 时， f(x)( x1)e x，只有一个零点 x1，()当 a0 时，e x a0，当 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数，f(x)极小值 f(0)1，而 f(1) 0，a2当 x0 时，函数 f(x)在(0,1)上存在一个零点，当 xx1， f(x)( x1)e x ax2x1 ax212 1217 ax2 x1，12令 g(x) ax2 x1，12x1是 g(x)0 的一个根，取 x1 0， f(x1)f(0)0，即 a0，1x 12 h(x)为(1，)上的增函数， h(2)e 210，取 x1e 2 ， x1e 2 ， h(1e 2 ) 1 e 20， g( x)0， g(x)为增函数， g(x)min g(x0)( x01) 0eln( x01) x01( x01) ln 0 x011x0 11 x0 x010，对 x1， g(x) g(x0)0，即 f(x) ax2 x1ln( x1)12
