1、第 4 讲 导数的热点问题(2014课标全国)设函数 f(x)aln x1a2 x2bx(a1)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 0.(1)求 b；(2)若存在 x01，使得 f(x0)0；(3)求证：ln 22 ln 33 ln 44 ln nn 1n(n2，nN*)思维升华 用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若 f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，则 f(a)f(x)f(b)，对x1，x2a，b，且 x1x2，则 f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论(2)利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m)，则对xD，则 f(x)M(或f(x
2、)m)(3)证明 f(x)g(x)，可构造函数 F(x)f(x)g(x)，证明 F(x)1 时，f(x)kxg(x)12；(3)是否存在正实数 a，使 f(x)的最小值是 3？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由 提醒：完成作业 专题二 第 4 讲二轮专题强化练专题二第 4 讲 导数的热点问题A 组 专题通关1已知 a0，函数 f(x)x3ax 在1，)上是单调增函数，则 a 的最大值是()A0B1C2D32已知 R 上可导函数 f(x)的图象如图所示，则不等式(x22x3)f(x)0 的解集为()A(，2)(1，)B(，2)(1,2)C(，1)(1,0)(2，)D(，1)(1,1)(
3、3，)3若不等式 2xln xx2ax3 恒成立，则实数 a 的取值范围为()A(，0)B(，4C(0，)D4，)4如果函数 f(x)ax2bxcln x(a，b，c 为常数，a0)在区间(0,1)和(2，)上均单调递增，在(1,2)上单调递减，则函数 f(x)的零点个数为()A0B1C2D35(2014陕西)如图，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()Ay 1125x335xBy 2125x345xCy 3125x3xDy 3125x315x6关于 x 的方程 x33x2a0 有三个
4、不同的实数解，则实数 a 的取值范围是_7已知函数 f(x)12x24x3ln x 在t，t1上不单调，则 t 的取值范围是_8已知 f(x)x36x29xabc，ab0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)0，且 x1 时，f(x)ln xx1.10已知函数 f(x)2ln xx2ax(aR)(1)当 a2 时，求 f(x)的图象在 x1 处的切线方程；(2)若函数 g(x)f(x)axm 在1e，e上有两个零点，求实数 m 的取值范围B 组 能力提高11对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足 1xfx0，则必有()Af(0)f(2)2f(1)Bf(0)f(2)2f(1)Cf(0)f(
5、2)0.(1)若 a2，求曲线 yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程；(2)是否存在负数 a，使 f(x)g(x)对一切正数 x 都成立？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由学生用书答案精析第 4 讲 导数的热点问题高考真题体验解(1)f(x)ax(1a)xb.由题设知 f(1)0，解得 b1.(2)f(x)的定义域为(0，)，由(1)知，f(x)aln x1a2 x2x，f(x)ax(1a)x11ax(x a1a)(x1)若 a12，则 a1a1，故当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)单调递增所以，存在 x 01，使得 f(x0)aa1的充要条件为 f(1)aa
6、1，即1a2 1 aa1，解得 21a 21.若12a1，故当 x(1，a1a)时，f(x)0，f(x)在(1，a1a)单调递减，在(a1a，)单调递增所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1的充要条件为 f(a1a)aa1，所以不合题意若 a1，则 f(1)1a2 1a120)解 f(x)0 得 x(1，)；解 f(x)f(1)即 f(x)2，所以 f(x)20.(3)证明 由(1)可知，当 x(1，)时，f(x)f(1)，即ln xx10，0ln xx1 对一切 x(1，)成立n2，nN*，则有 0ln nn1，0ln nn n1n.ln 22 ln 33 ln 44 ln nn 1 时
7、，f(x)kx0 恒成立，即 ln xx2kx0，等价于 k1 时，h(x)0，函数 h(x)在(1，)上单调递增，故 h(x)h(1)0.从而，当 x1 时，g(x)0，即函数 g(x)在(1，)上单调递增，故 g(x)g(1)12.因此，当 x1 时，kx22xln x 恒成立，则 k12.所求 k 的取值范围是(，12例 2 解(1)由题设，当 me 时，f(x)ln xex，则 f(x)xex2，当 x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当 xe 时，f(x)取得极小值 f(e)ln eee2，f(x)的极小值为 2.(2)由题设 g(x)f(x)x31xmx2x3
8、(x0)，令 g(x)0，得 m13x3x(x0)设(x)13x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当 x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1，)时，(x)23时，函数 g(x)无零点；当 m23时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数 g(x)无零点；当 m23或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m0，函数 g(x)单调递增；在区间(e，)上，g(x)1e，即所求实数 a 的取值范围为(1e，)例 3 解(1)因为蓄水池侧面的总成本为 1002rh200rh 元，底面的总成本为 160r2 元所以蓄水池的总成本为(200r
9、h160r2)元又根据题意得 200rh160r212 000，所以 h 15r(3004r2)，从而 V(r)r2h5(300r4r3)因为 r0，又由 h0 可得 r0，故 V(r)在(0,5)上为增函数；当 r(5,5 3)时，V(r)0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数由此可知，V(r)在 r5 处取得最大值，此时 h8.即当 r5，h8 时，该蓄水池的体积最大跟踪演练 3 32 33解析 设剪成的两块中是正三角形的那一块边长为 x m，则梯形的周长为 x(1x)(1x)13x，梯形的面积为 34 34 x2，s 3x234 1x24 33 x26x91x2(0 x1)，对 s
10、求导得 s4 33 23x210 x31x22.令 s0，得 x13或 x3(舍去)当 x(0，13)时，s0.smins(13)32 33.高考押题精练(1)解 f(x)xln x，f(x)11xx1x，当 0 x1 时，f(x)0，此时 f(x)单调递减；当 10 时，此时 f(x)单调递增f(x)的极小值为 f(1)1.(2)证明 f(x)的极小值为 1，f(x)在(0，e上的最小值为 1，即f(x)min1.又 g(x)1ln xx2，当 0 x0，g(x)在(0，e上单调递增g(x)maxg(e)1e12，在(1)的条件下，f(x)g(x)12.(3)解 假设存在正实数 a，使 f(
11、x)axln x(x(0，e)有最小值 3，则 f(x)a1xax1x.当 01a0，x1，1，fx0 等价于fx0，x22x30 或fx0，x22x30)当 x(0,1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)minf(1)4.所以 a4.4B 由题意可得 f(x)2axbcx，则f12abc0，f24abc20，解得b6a，c4a，所以 f(x)a(x26x4ln x)，则极大值 f(1)5a0，极小值 f(2)a(4ln 28)0，结合函数图象可得该函数只有一个零点，故选 B.5A 函数在5,5上为减函数，所以在5,5上 y0，经检验只有 A 符合故选 A.6(4,0)解析
12、 由题意知使函数 f(x)x33x2a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可，又 f(x)3x26x3x(x2)，令 f(x)0，得 x10，x22，当 x0；当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0，所以当 x0 时，f(x)取得极大值，即 f(x)极大值f(0)a；当 x2 时，f(x)取得极小值，即 f(x)极小值f(2)4a，所以a0，4a0，解得4a0.70t1 或 2t3解析 f(x)x43xx24x3xx1x3x，由 f(x)0 得函数的两个极值点 1,3，则只要这两个极值点在区间(t，t1)内，函数在区间t，t1上就不单调，由 t1t1 或 t3t1，解得 0t1 或
13、2t3.8解析 f(x)x36x29xabc，ab0，f(3)275427abcabc0，且 f(0)abcf(3)0，所以 f(0)f(1)0.9(1)解 f(x)ax1x ln xx12bx2.由于直线 x2y30 的斜率为12，且过点(1,1)故f11，f112，即b1，a2b12.解得 a1，b1.(2)证明 由(1)知 f(x)ln xx11x，所以 f(x)ln xx111x2(2ln xx21x)考虑函数 h(x)2ln xx21x(x0)，则 h(x)2x2x2x21x2x12x2.所以当 x1 时，h(x)0，可得11x2h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0.从而当 x0
14、，且 x1 时，f(x)ln xx10，即 f(x)ln xx1.10解(1)当 a2 时，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2x2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率 kf(1)2，则切线方程为 y12(x1)，即 y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，则 g(x)2x2x2x1x1x.x1e，e，当 g(x)0 时，x1.当1ex0；当 1xe 时，g(x)0.故 g(x)在 x1 处取得极大值 g(1)m1.又 g(1e)m21e2，g(e)m2e2，g(e)g(1e)4e21e20，则 g(e)0，g1em21e20，解得 1m21e2，实数 m 的取值范围是(1,21e211
15、A 由条件知，当 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，所以当 x1 时，f(x)取得最小值，所以有 f(0)f(1)，f(2)f(1)，故有 f(0)f(2)2f(1)121e，)解析 f(x)exxexex(1x)，当 x1 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0)假设存在负数 a，使得 f(x)g(x)对一切正数 x 都成立，即当 x0 时，h(x)的最大值小于等于零h(x)a1x2a2x2a2x2ax1x(x0)令 h(x)0，得 x1 12a，x21a(舍去)当 0 x0，h(x)在(0，12a上单调递增；当 x 12a时，h(x)0，h(x)在 12a，)上单调递减所以 h(x)在 x 12a处有极大值，也是最大值所以 h(x)maxh 12a 0，即 ln(12a)340，解得 a12e34，所以负数 a 存在，它的取值范围为a|a12e34