1、第第 4 讲讲 导数的热点问题导数的热点问题(大题大题) 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 xax2bx(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； (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 xax2
2、bx，x0， 所以 f(x)1 x2axb， 因为函数 f(x)ln xax2bx 在 x1 处取得极值， 所以 f(1)12ab0， 当 a1 时，b3， 令 f(x)2x 23x1 x 0， 得 x1 或 x1 2. f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x 0，1 2 1 2 1 2，1 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 0，1 2 ，(1，)，单调递减区间为 1 2，1 . (2)由(1)知 b2a1， 则 f(x)ln xax2(2a1)x， 因为 f(x)2ax1x1 x ， 令 f(x)0，得 x11，x2 1 2a
3、， 因为 f(x)在 x1 处取得极值， 所以 x2 1 2ax11，即 a 1 2， 当 a0， 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， 即 g(x)ming(ln 2)eln 22ln 22ln e 20， 故当 a0 时，f(x)x 成立. (2)解 f(x)ex1，由 f(x)0，得 x0. 当 x0， 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 a0， 所以 f(x)在(a,
4、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 怀化模拟)设函数 f(x)ln x1 2ax 2bx. (1)若 x1 是 f(x)的极大值点，求 a 的取值范围； (2)当 a0，b1 时，方程 x22mf(x)(其中 m0)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，
5、)， 则导数为 f(x)1 xaxb， 由 f(1)0，得 b1a， f(x)1 xaxa1 ax1x1 x ， 若 a0，由 f(x)0，得 x1. 当 01 时，f(x)0， 所以 x1m m 24m 2 0， 当 x(0，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)， 则 gx20， gx20， 即 x222mln x22mx20， x22mx2m0， 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
6、至多有一解， 因为 h(1)0，所以方程*的解为 x21， 即m m 24m 2 1，解得 m1 2. 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)min； 不等式 af(x)在区间 D 上有解af(x)min； 不等式 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； (2)设
7、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. 解 (1)f(x)2a x，x0， 若 a0，则 f(x)0，故 f(x)在(0，)上为增函数， 若 a0，则 f(x)0xa 2， f(x)2ln xf(x)2ln x 2x2(a2)ln x0， 设 g(x)2x2(a2)ln x，x1， 则|f(x)|2ln x 等价于 g(x)0， g(x)2a2 x 2xa2 x ， g(x)0xa2 2 ，g(x)1， 由(1)知 f(x)在 1，a 2 上为减函数， 在 a 2， 上为增函数， f(1)0， 当 x 1，a 2 时，f(
8、x)2ln xf(x)2ln x 2x2(2a)ln x2ln x 等价于 h(x)0，h(x)在 1，a 2 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 24，易知 h(x)在 1，a2 2 上为减函数，在 a2 2 ，a 2 上为增函数， h(1)0，x 1，a2 2 ，h(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 是自然对数的底数， aR. (1)当 a
9、1 时，证明：f(x)lnx x 1 2； (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)1 2 lnx x ，xe,0)， 当 a1 时，f(x)xln(x)，xe,0)， 因为 f(x)11 x x1 x ， 所以当ex2. (1)解 由题意，函数 f(x)的定义域为(0，)， 其导函数 f(x)ln xaxa， 记 h(x)f(x)，则 h(x)1ax x . 当 a0 时，h(x)1ax x 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
10、(x)f(x)0， 故 a0 时不成立； 当 a0 时，若 x 0，1 a ，则 h(x)1ax x 0； 若 x 1 a， ，则 h(x) 1ax x 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)证明 当 a1 时，f(x)xln x1 2x 2， 则 f(x)1ln xx. 由(1)知 f(x)1ln xx0 恒成立， 所以 f(x)xln x1 2x 2在(0，)上单调递减， 且 f(1)1 2，f(x1)f(x2)12f(1)， 不妨设 02x1， 因为 f(x)在(0，)上单调递减， 则只需证 f(x2)1， 只需证
11、 F(x)F(1)，x(0,1)， 由 F(x)f(x)f(2x) 1ln xx1ln(2x)2x， 整理得 F(x)ln xln(2x)2(1x)， 令 k(x)F(x)，则 k(x)21x 2 x2x 0，x(0,1)， 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)ae2xaex xex(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
12、 a 的值； (2)证明：f(x)存在唯一极大值点 x0，且ln 2 2e 1 4e2f(x0) 1 4. (1)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(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. (2)证明 当 a1 时，f(x)e2xexxex， f(x)ex(2ex
13、x2). 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(x0，ln 2)时，h(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)0，2 0 exx020， f(x0) 000 2 0 eee
14、xxx x x02 2 2 x02 2 (x01) x 2 02x0 4 ，x0(2，1)， 当 x(2，1)时，x 22x 4 0， 故 f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，x2)上递增，在(x2，)上递减， 当 a0 时，f(x)x1 x2 ， f(x)在(0,1)上递减，在(1，)上递增， 当 a0，x21 14a 2a 0， 则 g(x)(x1)ex1 x1， 令 h(x)(x1)ex1 x1，x0， h(x)(x2)ex1 x20， 故 h(x)在(0，)上递增， 又 h 1 2 0，故x0 1 2，e ， 使得 h(x0)0，即 x0 0 ex1， g(x)在(0，x0)上递减
15、，在(x0，)上递增， 故 g(x)ming(x0)x0 0 ex 0 1 ln ex x010， 故 f(x)xexx1 x1. A 组 专题通关 1.(2019 郴州质检)已知函数 f(x)ex(ax2xa). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若函数 f(x)ex(ax22x)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)ex(axa1)(x1)， 当 a0 时，f(x)ex(x1)， 所以函数 f(x)在(，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增； 当 a0 时，f(x)aex xa1 a (x1)， 则方程 f(x)0 有两根1，a1
16、 a ； ()当 a0 时，1a1 a ， 所以函数 f(x)在 a1 a ，1 上单调递减， 在 ，a1 a ，(1，)上单调递增； ()当 a0； 当 x 0，a 3 时，f(x)0， 当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增， a0， f(x)在 0，a 2 上单调递减，在 a 2， 上单调递增， (2)证明 f(x1)f(x2)， aln x1x21(a2)x1 aln x2x22(a2)x2， a(ln x1ln x2)x22x21(a2)(x2x1) (x2x1)(x2x1a2)， x2x1a2aln x1ln x2 x2x1 ， f(x)a x2x(a2)， f x
17、1x2 2 2a x1x2x2x1a2 2a x1x2 aln x1ln x2 x2x1 a 2 x1x2 ln x2 x1 x2x1 a x2x1 2x2x1 x2x1 ln x2 x1 a x2x1 2 x2 x11 x2 x11 ln x2 x1 ， 不妨设 x2x10，则x2 x11， 所以只要证 2 x2 x11 x2 x11 ln x2 x11， g(t)2t2 t1 ln t2 4 t1ln t， g(t) 4 t12 1 t 4tt12 tt12 t12 tt12a0，证明： ba ln bln ax13 2，证明：x1x25. (1)解 由 f(x)1 x 21xx1 1x2
18、 x12 x1x20， 所以 f(x)在1，)上单调递增， 又因为 f(1)0，所以 f(x)minf(1)0. (2)证明 由(1)知，当 x1 时，f(x)ln x2x1 1x 0， 即 ln x2x1 1x ， 由 ba0，得b a1， 进而 ln b a 2 b a1 1b a ， 化简得 ln bln a2ba ba ， 所以 ba ln bln a ab 2 . (3)证明 由 12 12 e1e1 = , 2323 xx m xx 可得 12 2 1 e1e1 ln =ln 2323 xx x x 即 1 1 ln exln(2x13) 2 1 ln ex ln(2x23)， 所
19、以 ln(2x23)ln(2x13)x2x1 2x232x13 2 ，(*) 又由(2)知， 2x132x23 ln2x13ln2x23 2，即 x1x25. 5.(2019 衡阳质检)已知函数 f(x) ex 1 1ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)解关于 x 的不等式 f(x)1 2 x1 x . 解 (1)依题意得，x0 且 x1 e， f(x) ex 1 1ln x1 x 1ln x2 ，f(1)0. 令 g(x)1ln x1 x，g(x) 1 x 1 x20， g(x)在定义域上单调递增，g(1)0， 当 00，f(x)的单调递增区间为(1，). (2)方法一 当
20、 0 1 2 x1 x ， 需证 2x2 1x21ln x. 令 F(x) 2x2 1x2(1ln x)，F(x) x212 x1x22 F(1)0. 1 e 1ln x x ， 令 h(x)2e x1 1x2，w(x) 1ln x x ， 易证 ln xx1， w(x)0，h(x)h(1)1. x1 符合题意. 综上可得 x 1 e，1 (1，). 方法二 当 0 1 2 x1 x 证 2x2 1x21ln x证 x21 1x2ln x 证 2 t1 1t ln t(tx2)， F(t)2 t1 1t ln t， 1 e21 2 x1 x 2xe x1 1x21ln x， 易证 ln xx1. 先证2xe x1 1x21x1证 2e x11x2 证 ln 2x1ln(1x2). 令 g(x)ln 2x1ln(1x2)，x1， g(x)x1 2 1x2 0， x1 时，g(x)单调递增，g(x)g(1)0. 综上可得 x 1 e，1 (1，).
