1、,第4讲 导数的热点问题(大题),板块二 专题六 函数与导数,NEIRONGSUOYIN,内容索引,热点分类突破,真题押题精练,1,PART ONE,热点一 导数的简单应用,热点二 导数与函数零点或方程根的问题,热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题,热点四 导数与不等式的证明问题,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 xax2bx(
2、其中a,b为常数且a0)在x1处取得极值. (1)当a1时,求f(x)的单调区间;,因为函数f(x)ln xax2bx在x1处取得极值, 所以f(1)12ab0, 当a1时,b3,,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:,(2)若f(x)在(0,e上的最大值为1,求a的值.,解 由(1)知b2a1,则f(x)ln xax2(2a1)x,,所以f(x)在区间(0,e上的最大值为f(1), 令f(1)1,解得a2.,所以最大值1可能在x1或xe处取得, 而f(1)ln 1a(2a1)0, 所以f(e)ln eae2(2a1)e1,,所以最大值1可能在x1处取得, 而f(1)ln 1a(2a1)0
3、,与最大值为1矛盾.,跟踪演练1 (2019延庆模拟)已知函数f(x)ln(xa)在点(1,f(1)处的切线与直线x2y0平行. (1)求a的值;,解 f(x)ln(xa),,f(x)在点(1,f(1)处的切线与直线x2y0平行,,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 10,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 10,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
4、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;,证明 当a0时,f(x)exx. 令g(x)f(x)xexxxex2x, 则g(x)ex2, 当g(x)0时,xln 2; 当xln 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xln 2是g(x)的极小值点,也是最小值点,,故当a0时,f(x)x
5、成立.,(2)讨论函数f(x)零点的个数.,解 f(x)ex1,由f(x)0,得x0. 当x0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,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
6、)有两个零点.,(1)若x1是f(x)的极大值点,求a的取值范围;,解 由题意,函数f(x)的定义域为(0,),,由f(1)0,得b1a,,若a0,由f(x)0,得x1. 当00,此时f(x)单调递增; 当x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减. 所以x1是f(x)的极大值点,,综合,得a的取值范围是(1,).,(2)当a0,b1时,方程x22mf(x)(其中m0)有唯一实数解,求m的值.,解 当a0,b1时,f(x)ln xx, 因为方程2mf(x)x2有唯一实数解, 所以x22mln x2mx0有唯一实数解, 设g(x)x22mln x2mx,,令g(x)0,即x2mxm0.,当x(0,
7、x2)时,g(x)0,g(x)在(x2,)单调递增, 当xx2时,g(x)0,g(x)取最小值g(x2),,所以2mln x2mx2m0, 因为m0, 所以2ln x2x210, (*) 设函数h(x)2ln xx1, 因为当x0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x21,,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af(x)max或af(x)在区间D上有解af(x)min; 不等式af(x)在区
8、间D上有解af(x)min;,不等式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郴州质检)设函数f(x)2x2aln x,aR. (1)讨论函数f(x)的单调性;,若a0,则f(x)0,故f(x)在(0,)上为增函数,,(2)设a0,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.,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 xf(x)2ln x2x2(a2)ln x0, 设g(x)2x2(a2)ln x,x1,
9、 则|f(x)|2ln x等价于g(x)0,,而g(1)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0a2不满足条件.,f(1)0,,此时|f(x)|2ln xf(x)2ln x2x2(2a)ln x0,,此时|f(x)|2ln x等价于h(x)0,,()若2a4,,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2a4不满足条件.,使得对任意x(1,m)都有|f(x)|2ln x恒成立, 故a4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)axln(x),xe,0),其中e
10、是自然对数的底数,aR.,证明 由题意可知,,当a1时,f(x)xln(x),xe,0),,所以当ex0,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;,当ex0时,h(x)0,故h(x)在e,0)上单调递减,,(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.,解 假设存在实数a,使f(x)axln(x)的最小值为3,,所以函数f(x)axln(x)在e,0)上是增函数, 所以f(x)minf(e)ae13,,此时f(x)axln(x)是减函数,,此时f(x)axln(x)是增函数,,综上
11、知,存在实数ae2,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)xln x x2(a1)x,其导函数f(x)的最大值为0. (1)求实数a的值;,解 由题意,函数f(x)的定义域为(0,), 其导函数f(x)ln xaxa,,所以h(x)在(0,)上单调递增,且h(1)0. 所以x(1,),有h(
12、x)f(x)0, 故a0时不成立;,令g(a)ln aa1,,当01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a1.,(2)若f(x1)f(x2)1(x1x2),证明:x1x22.,则f(x)1ln xx. 由(1)知f(x)1ln xx0恒成立,,不妨设02,只需证x22x1, 因为f(x)在(0,)上单调递减,则只需证f(x2)1.,令F(x)f(x)f(2x)(其中x(0,1),且F(1)1. 所以欲证f(2x1)f(x1)1, 只需证F(x)F(1),x(0,1), 由F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x
13、, 整理得F(x)ln xln(2x)2(1x), 令k(x)F(x),则,所以F(x)ln xln(2x)2(1x)在区间(0,1上单调递增,所以x(0,1), F(x)ln xln(2x)2(1x)F(1),x(0,1),故x1x22.,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)ae2xaexxex(a0,e2.718,e为自然对数的底数),若f(x)0对于xR恒成立. (1)求实数a的值;,解 由f(x)ex(aexax)0对于xR恒成立, 设函数g(x)aexax, 可得g(x)aexax0对于xR恒成立, g(0)0,g(x)g(0), 从而x0是g
14、(x)的一个极小值点, g(x)aex1,g(0)a10,即a1. 当a1时,g(x)ex1x,g(x)ex1, x(,0)时,g(x)0,g(x)在(0,)上单调递增, g(x)g(0)0,即f(x)0,a1.,证明 当a1时,f(x)e2xexxex, f(x)ex(2exx2). 令h(x)2exx2,则h(x)2ex1, 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, 在(2,1)上存在xx0满足h(x0)0, h(x)在(,ln 2)上为减函数, 当x(,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(,x0)上为增函数,,当x
15、(x0,ln 2)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x0,且x0(2,1). h(x0)0, x020, f(x0),2,PART TWO,押题预测,真题体验,(1)讨论f(x)的单调性;,真题体验,解 f(x)的定义域为(0,),,若a2,则f(x)0,当且仅当a2,x1时,f(x)0, 所以f(x)在(0,)上单调递减.,(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,,证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2ax10, 所以x1x21,不妨设x1x2,则x21.,又g(1)0,从而当x(1,)时,g(x)0.,押题预测,(1)若1是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;,f(1)1a10,故a0.,(2)讨论函数f(x)的单调性;,方程ax2x10的判别式14a,,故f(x)在(0,x1)上递减,在(x1,x2)上递增,在(x2,)上递减,,故f(x)在(0,x1)上递减,在(x1,)上递增.,使得h(x0)0,即x0 1, g(x)在(0,x0)上递减,在(x0,)上递增, 故g(x)ming(x0)x0 x010,,令g(x)xexln xx1,x0,,本课结束,