1、第7讲 导数 题型2 解答题规范踩点 多得分考情分析 高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上，主要体现在以下方面：(1)运用导数有关知识研究函数的单调性和极值(最值)问题；(2)利用导数的几何意义，研究曲线切线的斜率问题；(3)对一些实际问题建立数学模型后求解题型遍布选择、填空与解答，难度上分层考查，是高考考查的重点内容.1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 利用导数研究函数的性质1导数与函数单调性的关系(1)f(x)0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)x3 在(，)上单调递增，但 f(x)0；(2)f(x)0 是 f(x)为增函数的必要不充分
2、条件，当函数在某个区间内恒有 f(x)0 时，f(x)为常数函数2利用导数求函数最值的方法(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常进行分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值；(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出 x 的取值范围与 y的符号及 y 的单调区间、极值的对应表格(2017全国卷)已知函数 f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)0，求 a 的取值范围解(1)函数 f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若 a0，则 f(x)e2x 在(，)上单调递增 若 a0，则由
3、f(x)0 得 xln a.当 x(，ln a)时，f(x)0.故 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若 a0，则由 f(x)0，得 xln a2.当 x，ln a2 时，f(x)0.故 f(x)在，ln a2 上单调递减，在ln a2，上单调递增(2)若 a0，则 f(x)e2x，所以 f(x)0.若 a0，则由(1)，得当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a2ln a，从而当且仅当a2ln a0，即 a1 时，f(x)0.若 a0，则当 x(，0)a3，时，f(x)0；当 x0，a3 时，f(x)0.故 f(x)在(，0)，a3，上单
4、调递增，在0，a3 上单调递减若 a0，则 f(x)在(，)上单调递增若 a0；当 xa3，0 时，f(x)0.故 f(x)在，a3，(0，)上单调递增，在a3，0 上单调递减(2)满足题设条件的 a，b 存在当 a0 时，由(1)，知 f(x)在0,1上单调递增，所以 f(x)在区间0,1上的最小值为 f(0)b，最大值为 f(1)2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b1，2ab1，即 a0，b1.当 a3 时，由(1)，知 f(x)在0,1上单调递减，所以 f(x)在区间0,1上的最大值为 f(0)b，最小值为 f(1)2ab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2ab1，b1，即
5、 a4，b1.当 0a3 时，由(1)，知 f(x)在0,1上的最小值为 fa3 a327b，最大值为 b 或 2ab.若a327b1，b1，则 a33 2，与 0a3 矛盾若a327b1,2ab1，则 a3 3或 a3 3或 a0，与 0a3 矛盾综上，当 a0，b1 或 a4，b1 时，f(x)在0,1的最小值为1，最大值为 1.热点 2 利用导数解决与方程的解有关的问题方程的根、函数的零点、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，根据函数图象的走势，通过数形结合直观求解(2017全国卷)已知函数 f(x)ae2x(a2)exx.(1
6、)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(，)上单调递减()若 a0，则由 f(x)0，得 xln a.当 x(，ln a)时，f(x)0；当 x(ln a，)时，f(x)0.所以 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)()若 a0，由(1)，知 f(x)至多有一个零点()若 a0，由(1)，知当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)11aln a.当 a1 时，由于 f(
7、ln a)0，故 f(x)只有一个零点；当 a(1，)时，由于 11aln a0，即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点；当 a(0,1)时，11aln a0，即 f(ln a)0.又 f(2)ae4(a2)e222e220，故 f(x)在(，ln a)内有一个零点设正整数 n0 满足 n0ln 3a1，则 f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于 ln 3a1 ln a，因此，f(x)在(ln a，)内有一个零点综上，a 的取值范围为(0,1)研究函数 f(x)的零点问题常常与研究对应方程 f(x)0 的实根问题相互转化(1)已知含参函数 f(x)存在零点(即至少
8、有一个零点)，求参数范围问题一般可作为代数问题求解，即对 f(x)0 进行参变分离，得到 ag(x)的形式，则所求 a 的范围就是 g(x)的值域(2)当研究函数 f(x)的零点个数问题，及方程 f(x)0 的实根个数问题时，也常要进行参变分离，得到 ag(x)的形式，然后借助数形结合(几何法)思想求解(2019全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x1x ln x1ln x1x.因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1x在(0，)上单调递减，所
9、以 f(x)在(0，)上单调递增又 f(1)10，故存在唯一 x0(1,2)，使得 f(x0)0.又当 xx0 时，f(x)x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)，知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x.由 x01，得11a(a)在区间 D 上恒成立f(x)mina(a)；(2)不等式 f(x)b(b)在区间 D 上恒成立f(x)maxa(a)在区间 D 上恒成立ma；(2)不等式 f(x)b(b)在区间 D 上恒成立nb.(2017全国卷)已知函数 f(x)x1aln x.(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)设 m
10、 为整数，且对于任意正整数 n，112 1 122 112n m，求 m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若 a0，因为 f12 12aln 20，所以不满足题意若 a0，由 f(x)1axxax，知当 x(0，a)时，f(x)0；当 x(a，)时，f(x)0.所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增故 xa 是 f(x)在(0，)上的唯一最小值点因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1.(2)由(1)，知当 x(1，)时，x1ln x0.令 x112n，得 ln 1 12n 12n，从而 ln 112 ln 1 122 ln 1 12n12
11、122 12n1 12n1.故112 1 122 1 12n e.而112 1 1221 123 2，所以 m 的最小值为 3.构造辅助函数是用导数证明不等式的关键，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式构造辅助函数的一般方法及解题步骤如下：(1)移项(有时需要作简单的恒等变形)，使不等式的一端为 0，另一端即为所作的辅助函数 f(x)；(2)求 f(x)，并验证 f(x)在指定区间上的增减性；(3)求出区间端点的函数值(或最值)，作比较即得所证(2019天津高考)设函数 f(x)excosx，g(x)为 f(x)的导函数(1)求 f(x)的单调区间；(2)当 x
12、4，2 时，证明 f(x)g(x)2x 0；(3)设 xn 为函数 u(x)f(x)1 在区间2n4，2n2 内的零点，其中 nN，证明 2n2xncosx，得 f(x)0，则 f(x)单调递减；当 x2k34，2k4(kZ)时，有 sinx0，则 f(x)单调递增所以 f(x)的单调递增区间为2k34，2k4(kZ)，f(x)的单调递减区间为2k4，2k54(kZ)(2)证明：记 h(x)f(x)g(x)2x.依题意及(1)，有 g(x)ex(cosxsinx)，从而 g(x)2exsinx.当 x4，2 时，g(x)0，故 h(x)f(x)g(x)2x g(x)(1)g(x)2x 0.因此
13、，h(x)在区间4，2 上单调递减，进而 h(x)h2 f2 0.所以当 x4，2 时，f(x)g(x)2x 0.(3)证明：依题意，得 u(xn)f(xn)10，即 exncosxn1.记 ynxn2n，则 yn4，2，且 f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由 f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得 yny0.由(2)，知当 x4，2 时，g(x)0，所以 g(x)在4，2 上为减函数，因此 g(yn)g(y0)g4 0.又由(2)，知 f(yn)g(yn)2yn 0，故2ynfyngyne2ngyne2ngy0e2ney0siny0cosy0e2nsin
14、x0cosx0.所以 2n2xne2nsinx0cosx0.2 专题作业 PART THREE 1(2017北京高考)已知函数 f(x)excosxx.(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数 f(x)在区间0，2 上的最大值和最小值解(1)因为 f(x)excosxx，所以 f(x)ex(cosxsinx)1，f(0)0.又因为 f(0)1，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1.(2)设 h(x)ex(cosxsinx)1，则h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx.当 x0，2 时，h(x)0，所以 h(x)在区间0，
15、2 上单调递减所以对任意 x0，2 有 h(x)h(0)0，即 f(x)0.所以函数 f(x)在区间0，2 上单调递减因此 f(x)在区间0，2 上的最大值为 f(0)1，最小值为 f2 2.2(2018全国卷)已知函数 f(x)1xxaln x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：fx1fx2x1x22，令 f(x)0，得 xa a242或 xa a242.当 x0，a a242a a242，时，f(x)0.所 以 f(x)在0，a a242，a a242，上 单 调 递 减，在a a242，a a242上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)
16、存在两个极值点当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2ax10，所以 x1x21，不妨设 x11.由于fx1fx2x1x2 1x1x21aln x1ln x2x1x22aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以fx1fx2x1x2a2 等价于1x2x22ln x20.设函数 g(x)1xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0.所以1x2x22ln x20，即fx1fx2x1x21 时，证明：g(x)在(0，)上存在最小值解(1)因为 f(x)x2sinx1，所以 f(x)12cosx
17、，则 f(0)1，f(0)1，所以曲线 yf(x)在 x0 处的切线方程为 yx1.(2)令 f(x)0，则 cosx12，当 x(0，)时，得 x3，当 x 变化时，f(x),f(x)的变化如下表x0，333，f(x)0f(x)减最小值增所以函数 f(x)在(0，)上的单调递减区间为0，3，单调递增区间3，.(3)证明：因为 g(x)12x2mcosx，所以 g(x)xmsinx.令 h(x)g(x)xmsinx，则 h(x)1mcosx，因为 m1，所以1m(0,1)，令 h(x)1mcosx0，则 cosx1m，易知 cosx1m在(0，)内有唯一解x0，当 x(0，x0)时，h(x)0
18、，所以 h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增所以 h(x0)0，所以 h(x)xmsinx 在(x0，)内有唯一零点 x1，当 x(0，x1)时，h(x)0，即 g(x)0，即 g(x)0，所以 g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以函数 g(x)在 xx1 处取得最小值，即当 m1 时，函数 g(x)在(0，)上存在最小值4(2019兰州模拟)已知函数 f(x)ln x，g(x)13x3ax 34.(1)讨论函数 g(x)的单调性；(2)记 maxm，n表示 m，n 中的最大值，设 F(x)maxf(x)，g(x)(x0)，若函数 yF(x)恰有三个
19、零点，求实数 a 的取值范围解(1)g(x)13x3ax 34 的定义域为 R，g(x)x2a，当 a0 时，g(x)0，所以 g(x)在(，)上单调递减；当 a0 时，令 g(x)0，得 x(a，a)，令 g(x)0)，f(x)ln x 的唯一零点是 x1，由(1)可得，当 a0 时，g(x)在(，)上单调递减，此时 yF(x)至多有两个零点，不符合题意当 a0 时，注意到 g(0)34，g(x)的图象关于0，34 中心对称，作出 g(x)的大致图象如图所示，注意到 yln x 在(1，)上恒正，F(x)要有三个零点，则 g(x)必须在(0,1)上取到两个零点，所以极大值 g(a)0，且 g(1)0，即13a 34 0，34a 34 13.综上，实数 a 的取值范围为34，34 13.本课结束
