1、探究课六 导数问题中的热点题型(建议用时：80分钟)1已知函数f(x)ln xx2ax(aR)若函数f(x)在其定义域上为增函数，求a的取值范围解法一函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xx2ax，f(x)2xa.函数f(x)在(0，)上单调递增，f(x)0，即2xa0对x(0，)都成立a2x对x(0，)都成立当x0时，2x22，当且仅当2x，即x时取等号a2，即a2.a的取值范围为2，)法二函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xx2ax，f(x)2xa.方程2x2ax10的判别式a28.当0，即2a2时，2x2ax10，此时，f(x)0对x(0，)都成立，故函数f(x)在
2、定义域(0，)上是增函数当0，即a2或a2时，要使函数f(x)在定义域(0，)上为增函数，只需2x2ax10对x(0，)都成立设h(x)2x2ax1，则解得a0.故a2.综合得a的取值范围为2，) 2.(2015南山中学月考)已知函数f(x)sin x(x0)，g(x)ax(x0)(1)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)f(x)x3.(1)解令h(x)sin xax(x0)，则h(x)cos xa.若a1，h(x)cos xa0，h(x)sin xax(x0)单调递减，h(x)h(0)0，则sin xax(x0)成立若0a0，h(x)s
3、in xax(x(0，x0)单调递增，h(x)h(0)0，不合题意当a0，结合f(x)与g(x)的图象可知显然不合题意综上可知，a1.(2)证明当a取(1)中的最小值为1时，g(x)f(x)xsin x.设H(x)xsin xx3(x0)，则H(x)1cos xx2.令G(x)1cos xx2，则G(x)sin xx0(x0)，所以G(x)1cos xx2在0，)上单调递减，此时G(x)1cos xx2G(0)0，即H(x)1cos xx20，所以H(x)xsin xx3在x0，)上单调递减所以H(x)xsin xx3H(0)0，则xsin xx3(x0)所以，当a取(1)中的最小值时，g(x
4、)f(x)x3.3(2014杭州调研测试)设a0，函数f(x).(1)若a，求函数f(x)的单调区间；(2)若当x时，函数f(x)取得极值，证明：对于任意的x1，x2，|f(x1)f(x2)| .(1)解由题意得f(x).令f(x)0，即(x1)20，解得x或x.所以函数f(x)在，上单调递增同理，由f(x)0，得x.所以函数f(x)在上单调递减(2)证明当x时，函数f(x)取得极值，即f0，2a20，a.同(1)易知，f(x)在，上单调递增，在上单调递减当x时，f(x)取得极大值f，当x时，f(x)取得极小值f，在上，f(x)的最大值是f，最小值是f.对于任意的x1，x2，|f(x1)f(x
5、2)| ，即|f(x1)f(x2)| .4(2015重庆模拟)已知函数f(x)(x2axa)exx2，aR.(1)若函数f(x)在(0，)内单调递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x0处取得极小值，求a的取值范围解(1)f(x)(2xa)ex(x2axa)ex2xx(x2a)ex2，f(x)在(0，)内单调递增，f(x)0在(0，)内恒成立，即(x2a)ex20在(0，)内恒成立，即x2a在(0，)内恒成立，又函数g(x)x2在(0，)上单调递增，且g(0)0，a0.(2)令f(x)0，即x(x2a)ex20，或或(*)g(x)x2单调递增，设方程g(x)x2a的根为x0.若x00，则
6、不等式组(*)的解集为(，0)和(x0，)，此时f(x)在(，0)和(x0，)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，与f(x)在x0处取极小值矛盾；若x00，则不等式组(*)的解集为(，0)和(0，)，此时f(x)在R上单调递增，与f(x)在x0处取极小值矛盾；若x00，则不等式组(*)的解集为(，x0)和(0，)，此时f(x)在(，x0)和(0，)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，满足f(x)在x0处取极小值，由g(x)单调性，得ax02g(0)0，综上所述，a0.5已知函数f(x)xln(xa)的最小值为0，其中a0.(1)求a的值；(2)若对任意的x0，)，有f(x)kx2成立，求实
7、数k的最小值；(3)证明：ln(2n1)2(nN*)解(1)f(x)的定义域为(a，)f(x)1.由f(x)0，解得x1aa.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1a0，所以a1.(2)当k0时，取x1，有f(1)1ln 20，故k0不合题意当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g(x)2kx.令g(x)0，得x10，x21.当k时，0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上单调递减从而对于任意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f
8、(x)kx2在0，)上恒成立故k符合题意当0k时，0，对于x，g(x)0，故g(x)在内单调递增因此当取x0时，g(x0)g(0)0，即f(x0)kx不成立故0k不合题意综上，k的最小值为.(3)当n1时，不等式左边2ln 32右边，所以不等式成立当n2时，ln(2i1)ln(2i1)ln(2n1)在(2)中取k，得f(x)(x0)，从而f(iN*，i2)，所以有ln(2n1)f(2)2ln 32ln 32ln 312.综上，ln(2n1)2，nN*.6(2014辽宁卷)已知函数f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln .证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.证明(1)当x时，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0，f20，当t时，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上无零点在上u(t)为减函数，由u(x0)0，u4ln 20，故g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0x1.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.
