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!