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1、高考专题突破一高考中的导数应用问题内容索引INDEX第1课时导数与不等式第2课时导数与方程导数与不等式导数与不等式第1课时证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法(1)求a，b的值；因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，命题点2分拆函数法例2(2019福州期末)已知函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(2)
2、当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(x)maxf(1)e，所以当0 x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min证得不等式.(2)证明f(x)g(x)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的
3、中间量，达到证明的目的.思维升华SI WEI SHENG HUA跟踪训练1(1)设函数f(x)ln xx1.讨论f(x)的单调性；解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，当0 x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.证明由知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln x0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.不等式恒成立或有解问题题型二师生共研令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取
4、值范围是(，2.引申探究由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华SI WEI SHENG HUA跟踪训练2已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.解f(x)ex12ax，令h(
5、x)ex12ax，则h(x)ex2a.在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)2.f(x)在(0，)上是增函数，在(0，x0)上f(x)单调递减，在(x0，)上f(x)单调递增，f(x)在xx0处有极小值，也是最小值.故f(x)2，即exln x2.二、分离ln x与ex例2(2019长沙三校统考)已
6、知函数f(x)ax2xln x.(1)若函数f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；解由题意知，f(x)2axln x1.因为函数f(x)在(0，)上单调递增，所以当x0时，f(x)0，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则g(x)maxg(1)1，再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.故原不等式成立.三、借助exx1和ln xx1进行放缩例3(2019长春质检)已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；解f(x)ex，因为函数f
7、(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)若f(x)ln x0恒成立，求整数a的最大值.解先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)ln x，当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x1，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.基础保分练1.已知f(x)exax2，若f(x)x(1x)ex在0，)恒成立，求实数a的取值范围.12345课时精练12345解f(x)x(1x)ex，即exax2xexxex，即exax10，x0.令h(x)exax
8、1(x0)，则h(x)exa(x0)，当a1时，由x0知h(x)0，在0，)上h(x)h(0)0，原不等式恒成立.当a1时，令h(x)0，得xln a；令h(x)0，得0 x1不合题意.综上，实数a的取值范围为(，1.2.(2020沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；12345解由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是
9、(ln 2，).f(x)在xln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)2(1ln 2a).无极大值.(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.12345证明设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增.于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0).又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增.3
10、.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；解f(x)的定义域为(0，)，123451234512345当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.12345技能提升练(1)若m3，求f(x)的极值；解f(x)的定义域为(0，)，当x3时，f(x)0，f(x)是增函数，当0 x3时，f(x)1时，h(x)0，当0 x0，h(x)在(0,1上是增函数，在1，)上是减函数，m1，即m的取值范围是1，).12345拓展冲刺练5.已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(
11、xm)2ex，求整数k的最小值.12345解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，12345设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.导数与方
12、程导数与方程第2课时函数零点个数问题题型一答题模板例1(12分)(2019全国)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：证明f(x)的定义域为(1，)，当x(1，x0)时，g(x)0；规范解答(2)f(x)有且仅有2个零点.当x(1,0时，由(1)可知f(x)在(1,0上单调递增，f(x)f(0)0，f(x)在(1,0上单调递减，又f(0)0.x0为f(x)在(1,0上的唯一零点.7分又f(0)0，f(x0)0，f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)0，不存在零点，当x(，)时，ln(x1)ln(1)1，f(x)sin xln(1x)0恒成立，所
13、以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，).由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增；若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点；若ln a0，即0a1，则f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一个零点；若0ln a1，即1ae，则f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有
14、两个零点，当ea10，即e1a2.证明h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1，当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表.由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21时，F(x)F(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x12x1，x1x22得证.证明欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f(x)有两个零点，又f(x)ln xmx，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不同实根.可得ln x2ln x1m(
15、x2x1)，所以h(t)为(1，)上的增函数，所以有ln x1ln x22成立，即x1x2e2.基础保分练12345课时精练(1)求f(x)的单调区间；解函数f(x)的定义域是(0，)，令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0 xe2，所以f(x)的单调减区间为(0，e2)，单调增区间为(e2，).12345(2)判断f(x)的零点个数.12345f(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，f(x)在区间(0，e2上无零点，在e2，)上有f(e2a)a(12ea)0，f(x)在区间e2，)上有一个零点；12345又f(e2)0，f(x)在(0，e2上有一个零点，在(e2，)上有
16、一个零点.12345解g(x)2ln xx2m，当1xe时，g(x)0，由f(x)0，得x2，由f(x)0，得0 x0).若函数h(x)在(0，)内恰有两个零点，求实数a的取值范围.12345技能提升练解因为函数g(x)的定义域为(0，)，12345所以函数g(x)在(0，)内单调递减.当x(0，e)时，g(x)g(e)0，依题意，h(x)g(x)0，则函数h(x)无零点.当xe时，g(e)0，f(e)e33aee，当x(e，)时，g(x)3e23a，所以当ae2时，f(x)0，函数f(x)在(e，)内单调递增.又f(e)e33aee，12345又f(2e)8e36aee8e36e3e0，此时
17、函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.12345因为f(e)e33aeee33e3e8a26a2e2a2e0，所以此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.解易得f(x)ex1k，当k0时，令f(x)0，得xln k1，可得当x(，ln k1)时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，)上单调递增.当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增.拓展冲刺练5.(2019河南豫北名校联考)已知函数f(x)ex1kx2k(其中e是自然对数的底数，kR).(1)讨论函数f(x)的单调性；12345(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1x22.12345证明当k0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k0，由题意知 k(x12)，k(x22)，12345即证(t1)ln t2(t1)0，令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)，所以g(t)g(1)0.所以g(t)在区间1，)上单调递增，所以当t1时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证.123452023/10/2496谢谢观赏勤能补拙，学有成就！