1、专题二 函数、不等式、导数 解题必备 解题方略 限时规范训练 走进高考 考点四 导数的综合应用 1不等式恒成立问题(1)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)max；(2)af(x)恒成立af(x)min；af(x)恒成立af(x)min2不等式有解问题(1)af(x)有解af(x)min；af(x)有解af(x)min；(2)af(x)有解af(x)max；af(x)有解af(x)max.3常用的不等关系(1)exx1(xR)(2)x1ln x(x0)(3)exln x(x0)(4)tan xxsin xx0，2(5)|a|b|ab|a|b|4常见构造函数(1)xf(x
2、)f(x)联想xf(x)；(2)xf(x)f(x)联想fxx；(3)f(x)f(x)联想exfx；(4)f(x)f(x)联想fxex；(5)f(x)k 联想(f(x)kx).典例 1(2016高考全国卷)设函数 f(x)ln xx1.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明当 x(1，)时，1x1ln x x；(3)设 c1，证明当 x(0,1)时，1(c1)xcx.解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1，令 f(x)0 解得 x1.2 分 得分点当 0 x1 时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减.4 分 得分点(2)由(1)知 f
3、(x)在 x1 处取得最大值，最大值为 f(1)0.所以当 x1 时，ln xx1.5 分 得分点故当 x(1，)时，ln xx1，ln1x1x1，即 1x1ln x x.7 分 得分点(3)由题设 c1，设 g(x)1(c1)xcx，则 g(x)c1cxln c，令 g(x)0，解得 x0lnc1ln cln c.9 分 得分点当 xx0 时，g(x)0，g(x)单调递增；当 xx0 时，g(x)0，g(x)单调递减.10 分 得分点由(2)知 1c1ln c c，故 0 x01.又 g(0)g(1)0，故当 0 x1 时，g(x)0.11 分 得分点所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx
4、.12 分 得分点评分细则及说明：写出定义域，正确求导，并求其根得 2 分若由 f(x)0，得出增区间(，1)，此处不得分能得出不等式 ln xx1，得 1 分先得出 ln1x1x1，才得出 1x1ln x x，否则扣 1 分构造 g(x)，求导，并求其根得 2 分指出 g(x)的单调性或单调区间能得出 g(x)0，得 1 分说明结论得 1 分1用导数解决不等式“恒成立”，“存在”问题的常用方法(1)分离参数法：第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围(2)函数思想法：第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问
5、题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解2利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数 h(x)；(3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式3构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式 f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数 h(x)f(x)g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)
6、A 的不等式，可选 x1(或x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x)；(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数自我挑战1.(2017山东济宁一模)设 f(x)exxa1x，g(x)aln x(e2.71828)(1)当 a1 时，讨论函数 F(x)fxex g(x)的单调性；(2)求证：当 a0 时，不等式 f(x)2 e对任意 x(0，)都成立解：(1)F(x)xa1x aln x(x0)F(x)1a1x2 axx2axa1x2x1xa1x2(x0)当 0a11 即 1a2 时，F(x)、F(x)随 x 的变化情况如下表x(0，a1)
7、a1(a1,1)1(1，)F(x)00F(x)递增极大值递减极小值递增由表知 F(x)在(0，a1)，(1，)上单调递增在(a1,1)上单调递减当 a11 即 a2 时，F(x)x12x20 恒成立F(x)在(0，)上单调递增当 a11 即 a2 时，x(0,1)1(1，a1)a1(a1，)F(x)00F(x)递增极大值递减极小值递增由表知 F(x)在(0,1)，(a1，)上单调递增在(1，a1)上单调递减综上所述：当 1a2 时，F(x)在(0，a1)，(1，)上单调递增在(a1,1)上单调递减当 a2 时，F(x)在(0，)上单调递增当 a2 时，F(x)在(0,1)，(a1，)上单调递增
8、在(1，a1)上单调递减(2)当 a0 时，f(x)exx1x，f(x)exx1x ex11x2 exx3x2x1x2(x0)，令 h(x)x3x2x1(x0)，h(x)3x22x13x132230，h(x)x3x2x1 在(0，)上为增函数又 h12 180，h(1)20，所以 h(x)在(0，)上存在唯一零点 x0，且 x012，1，当 0 xx0 时，h(x)0，f(x)exhxx2 0，当 xx0 时，h(x)0，f(x)exhxx2 0，f(x)在(0，x0)为减函数，在(x0，)上为增函数所以当 x0 时，f(x)ex0 x01x0 e12x01x0 2 e.类型二 利用导数研究较
9、复杂函数的零点或方程的根典例 2(2017山东德州一模)已知函数 f(x)axln x，其中a 为常数(1)当 a1 时，求 f(x)的单调增区间；(2)当 01ae 时，若 f(x)在区间(0，e)上的最大值为3，求a 的值；(3)当 a1 时，试推断方程|f(x)|ln xx 12是否有实数根解：(1)由题意知函数 f(x)的定义域为x|x0，当 a1 时，f(x)xln x，f(x)1xx；当 0 x1 时，f(x)0；当 x1 时，f(x)0；所以 f(x)的单调增区间为(0,1)(2)因为 f(x)a1x，令 f(x)0，解得 x1a；由 f(x)0 解得 0 x1a，由 f(x)0
10、，解得1axe.从而 f(x)的单调增区间为0，1a，减区间为1a，e，所以，f(x)maxf1a 1ln1a 3.解得 ae2.(3)由(1)知当 a1 时，f(x)maxf(1)1，所以|f(x)|1.令 g(x)ln xx 12，则 g(x)1ln xx2.当 0 xe 时，g(x)0；当 xe 时，g(x)0，从而 g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减所以 g(x)maxg(e)1e121，所以，|f(x)|g(x)，即|f(x)|ln xx 12，所以，方程|f(x)|ln xx 12没有实数根母题变式1若本例 2 中函数在(0，)上有两个零点，求实数 a 的取值范围
11、解：因为 f(x)a1x，当 a0 时，f(x)ln x 有一个零点，不符合要求当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增，x0 时，f(x)，又 f(1)a0，故 f(x)在(0，)上有且只有一个零点，不符合要求当 a0 时，且 0 x1a时 f(x)0，f(x)在0，1a 上单调递增，当 x1a时，f(x)0，f(x)在1a，上单调递减，所以 f(x)maxf1a 1ln1a，要使 f(x)在(0，)上有两个零点，只需 f(x)max0，即1ln1a 0，解得1ea0.综上可知，a 的取值范围为1e，0.2在例 2(3)的条件下，判断曲线 f(x)与曲线(x)x22xm公
12、共点的个数解：由(3)知当 a1 时，f(x)max1，其图象如图所示而 y(x)x22xm(x1)2m1，其图象是以 x1 为对称轴，开口向上的抛物线，数形结合得当 m11，即 m0时，有两个公共点当 m11，即 m0 时，有一个公共点当m11，即 m0 时，无公共点1利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点的一般思路(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解2利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值结构方
13、程根的个数问题的一般方法将问题转化为可用导数研究的某函数的零点问题或用导数能研究其图象的两个函数的交点个数问题求解3证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调第二步：证明端点值异号自我挑战2.已知函数 f(x)xln xk(x1)，kR.(1)当 k1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 yf(x)在区间(1，)上有 1 个零点，求实数 k 的取值范围；(3)是否存在正整数 k，使得 f(x)x0 在(1，)上恒成立？若存在，求出正整数 k 的最大值；若不存在，请说明现由解：(1)当 k1 时，f(x)xln xx1，f(x)ln x.令 f(x
14、)0，得 x1，令 f(x)0，得 0 x1，所以 f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)f(x)ln x1k，当 k1 时，由 x1，知 f(x)0，所以 f(x)在(1，)上是单调递增函数，且图象不间断，又 f(1)0，所以当 x1 时，f(x)f(1)0，所以函数 yf(x)在区间(1，)上没有零点，不符合题意当 k1 时，令 f(x)0，解得 xek11，若 1xek1，则 f(x)0，故 f(x)在(1，ek1)上是单调递减函数，若 xek1，则 f(x)0，故 f(x)在(ek1，)上是单调递增函数，所以当 1xek1 时，f(x)f(1)0，又 f(ek
15、)kekk(ek1)k0，f(x)在(1，)上的图象不间断，所以函数 yf(x)在区间(1，)上有 1 个零点，符合题意综上，实数 k 的取值范围为(1，)(3)假设存在正整数 k，使得 f(x)x0 在(1，)上恒成立，由 x1 知 x10，从而 kxln xxx1 在(1，)上恒成立(*)记 g(x)xln xxx1(x1)，则 g(x)x2ln xx12(x1)，设 h(x)x2ln x(x1)，则 h(x)11xx1x 0，所以 h(x)在(1，)上是单调递增函数，又 h(3)1ln 30，h(4)2ln 40，h(x)在3,4上的图象不间断，所以存在唯一的实数 x0(3,4)，使得
16、h(x0)0，所以当 1xx0 时，h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递减，当 xx0 时，h(x)0，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增，所以当 xx0 时，g(x)取得极小值，也为最小值，且最小值为g(x0)x0ln x0 x0 x01.又 h(x0)x02ln x00，所以 ln x0 x02，所以 g(x0)x0，由(*)知，kx0，又 x0(3,4)，kN*，所以正整数 k 的最大值为 3，即存在最大的正整数 k3，使得 f(x)x0 在(1，)上恒成立1(2016高考四川卷)设函数 f(x)ax2aln x，g(x)1xeex，其中 aR，e2.718为自
17、然对数的底数(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x1 时，g(x)0；(3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解：(1)f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)内单调递减当 a0 时，由 f(x)0 有 x 12a.当 x0，12a 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x12a，时，f(x)0，f(x)单调递增(2)令 s(x)ex1x，则 s(x)ex11.当 x1 时，s(x)0，所以 ex1x，从而 g(x)1x 1ex10.(3)由(2)知，当 x1 时，g(x)0.当 a0，x1 时，f(x)a
18、(x21)ln x0.故当 f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0.当 0a12时，12a1.由(1)有 f12a f(1)0，而 g12a 0，所以此时 f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当 a12时，令 h(x)f(x)g(x)(x1)当 x1 时，h(x)2ax1x 1x2e1 xx1x 1x21xx32x1x2x22x1x20.因此，h(x)在区间(1，)内单调递增又因为 h(1)0，所以当 x1 时，h(x)f(x)g(x)0，即 f(x)g(x)恒成立综上，a12，.2(2017高考全国卷)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a0，故 f(x)在(0，)上单调递增若 a0；当 x 12a，时，f(x)0.故 f(x)在0，12a 上单调递增，在 12a，上单调递减(2)证明：由(1)知，当 a0；当 x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0.从而当 a0 时，ln 12a 12a10，即 f(x)34a2.点击进入word版：限时规范训练把握高考微点，实现素能提升
