1、第一部分专题突破破译命题密码(二)导数的综合应用(视情况选用)高考题型突破 题型一 利用导数证明不等式已知函数 f(x)ex3x3a(e 为自然对数的底数，aR)(1)求 f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当 aln 3e，且 x0 时，exx32x1x3a.解析：(1)由 f(x)ex3x3a，知 f(x)ex3.令 f(x)0，得 xln 3，于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f(x)0f(x)3(1ln 3a)故 f(x)的单调递减区间是(，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，)，f(x)在 xln 3 处取得极小值，极小
2、值为 f(ln 3)3(1ln 3a)(2)证明：待证不等式等价于 ex32x23ax1，设 g(x)ex32x23ax1，于是 g(x)ex3x3a.由(1)及 aln 3eln 31 知，g(x)的最小值为 g(ln 3)3(1ln 3a)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 3eln 31 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0)而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，g(x)0.即 ex32x23ax1，故exx32x1x3a.利用导数证明不等式的策略(1)证明 f(x)g(x)或 f(x)g(x)，可通过构造函数 h(x)f(x
3、)g(x)，将上述不等式转化为求证 h(x)0 或 h(x)0，从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式或者，利用 f(x)ming(x)max 或 f(x)maxg(x)min 来证明不等式(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.变式训练已知函数 f(x)sin xax.(1)当 a1 时，令 h(x)f(x)sin xln x1，求 h(x)的最大值；(2)求证：ln(n1)0，h(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1，)时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递减所以 h(x)maxh(1)0.(2)证明：由(1
4、)可知当 x(1，)时，h(x)0，即 ln xx1.令 xn1n，则 ln n1n n1n 1，即 ln(n1)ln n1n.分别令 n1,2,3，n 得 ln 2ln 11，ln 3ln 212，ln 4ln 313，ln(n1)ln n1n，将上述 n 个式子相加得 ln(n1)11213 1n11n(nN*)即所要证不等式成立题型二 利用导数解决不等式恒成立、存在性成立问题(2017天津卷)设 a，bR，|a|1.已知函数 f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求 f(x)的单调区间；(2)已知函数 yg(x)和 yex 的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切
5、线，()求证：f(x)在 xx0 处的导数等于 0；()若关于 x 的不等式 g(x)ex 在区间x01，x01上恒成立，求 b 的取值范围解析：(1)由 f(x)x36x23a(a4)xb，可得 f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令 f(x)0，解得 xa，或 x4a.由|a|1，得 a0，可得 f(x)1.又因为 f(x0)1，f(x0)0，故 x0 为 f(x)的极大值点，由(1)知 x0a.另一方面，由于|a|1，故 a10 时，f(x)x；(2)证明：当 k0，使得对任意的 x(0，x0)，恒有 f(x)g(x)证明：(1)令 F(x)f(x)xln(1x)x，x(
6、0，)，则有 F(x)11x1 xx1.当 x(0，)时，F(x)0 时，F(x)0 时，f(x)0，故 G(x)在(0，)上单调递增，G(x)G(0)0.故任意正实数 x0 均满足题意当 0k0.取 x01k1，对任意 x(0，x0)，有 G(x)0，从而 G(x)在(0，x0)上单调递增，所以 G(x)G(0)0，即 f(x)g(x)综上，当 k0，使得对任意 x(0，x0)，恒有 f(x)g(x)题型三 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题已知函数 fn(x)xln xx2n(nN*，e2.718 28为自然对数的底数)(1)求曲线 yf1(x)在点(1，f1(1)处的切线方程
7、；(2)讨论函数 fn(x)的零点个数解析：(1)因为 f1(x)xln xx2，所以 f1(x)ln x12x，所以 f1(1)121，又 f1(1)1，所以曲线 yf1(x)在点(1，f1(1)处的切线方程为 y1(x1)，即 yx.(2)令 fn(x)0，得 xln xx2n0(nN*，x0)，所以 nln xx0.令 g(x)nln xx，则函数 fn(x)的零点与函数 g(x)nln xx 的零点相同因为 g(x)nx1nxx，令 g(x)0，得 xn，所以当 xn 时，g(x)0；当 0 x0，所以函数 g(x)在区间(0，n上单调递增，在区间n，)上单调递减所以函数 g(x)在
8、xn 处有最大值，且 g(n)nln nn.当 n1 时，g(1)ln 1110，所以函数 g(x)nln xx 的零点个数为0；当 n2 时，g(2)2ln 22n(ln e1)0，因为 g(e2n)nln e2ne2n2n24n2n2(13)n2n213nnn1292n213n3n(n1)n210，且 g(1)0)，又 f(1)0，所以 f(x)x1xcx且 c1，bc10.(1)因为 x1 为 f(x)的极大值点，所以 c1，当 0 x0；当 1xc 时，f(x)c 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，)；单调递减区间为(1，c)(2)若 c0，则 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)0 恰有两解，即 f(1)0，则12b0，所以12c0；若 0c1，则 f(x)极大值f(c)cln c12c2bc，f(x)极小值f(1)12b，因为 b1c，则 f(x)极大值cln cc22c(1c)cln ccc221，则 f(x)极小值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)极大值12c，则 f(x)0 只有一解综上，使 f(x)0 恰有两解的 c 的取值范围为12，0.高考专题集训 点击进入WORD链接谢谢观看！