1、第14节 导数的应用课时3 导数与函数的综合问题形成型微题组 归纳演绎形成方法 导数与不等式(2018河北唐山模拟)已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)fxx，x1，且x0，证明：g(x)0,f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0时，f(x)0，则g(x)01.当1x0时，g(x)1fxx xf(x)x0.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0 x1,0ex1，则0 xex1，从而当x(1,0)时，h(x)h(0)0，即g(x)1.综上，总有g(x)1.微技探究 1利用导数证明不等式的方法 证明f(x)g(x)，x(a，b)，
2、可以构造函数F(x)f(x)g(x)，利用F(x)的单调性证明F(x)0)(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)0)，当xt时，f(x)取最小值f(t)t3t1.即h(t)t3t1.(2)令g(t)h(t)(2tm)t33t1m.由g(t)3t230，得t1或t1(不合题意，舍去)，当t变化时，g(t),g(t)的变化情况如下表：t(0,1)1(1,2)g(t)0 g(t)极大值1m g(t)在(0,2)内有最大值g(1)1m.h(t)2tm在(0,2)内恒成立等价于g(t)0在(0,2)内恒成立，即等价于1m1.m的取值范围为(1，)利用导数研究函数的零点问题(2018贵阳监测)
3、已知关于x的函数f(x)axaex(a0)(1)当a1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数F(x)f(x)1没有零点，求实数a的取值范围【解】当a1时，f(x)x1ex，f(x)x2ex，xR.令f(x)0，则x2.随着x的变化，f(x),f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，)f(x)0 f(x)极小值 所以，当a1时，函数f(x)的极小值为f(2)e2.(2)F(x)f(x)ax2ex.令F(x)0，得x2.当a0时，随着x的变化，F(x)，F(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，)F(x)0 F(x)极小值 因为F(1)10，若使函数F(x)没有零点，需F(2)ae210，解
4、得ae2，所以此时e2a0；当a0时，随着x的变化，F(x)，F(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，)F(x)0 F(x)极大值 所以此时函数F(x)总存在零点 综上所述，所求实数a的取值范围是(e2,0)微技探究 利用导数研究方程的根(函数的)策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数 (2018北京，19)设函数f(x)x22kln x，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e 上仅有一个
5、零点(1)【解】由f(x)x22 kln x(k0)，知函数的定义域为(0，)，且f(x)xkxx2kx.由f(x)0，解得x k(负值舍去)随着x的变化，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(0，k)k(k，)f(x)0 f(x)极小值 所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，)f(x)在x k处取得极小值f(k)k1ln k2.(2)【证明】由(1)知f(x)在区间(0，)上的极小值为f(k)k1ln k2.因为f(x)存在零点，所以k1ln k20从而ke，当ke时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)0，所以x e是f(x)在区间(1，e上的唯一零点 当
6、ke时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(1)120,f(e)ek2 0，h0可得0r5 3，故函数V(r)的定义域为(0,5 3)(2)由(1)中V(r)5(300r4r3)(0r5 3)，可得V(r)5(30012r2)(0r0，V(r)为增函数；当r(5,5 3)时，V(r)0，g(x)1e2.【规范解答】【解】(1)由f(x)ln xkex，得f(x)1kxxln xxex，x(0，)因为曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行，所以f(1)0，因此k1.2分(2)由(1)，知f(x)1xln x1ex，x(0，)设h(x)1xln x1，则h(x)1x21x0，4分
7、即h(x)在(0，)内是减函数，由h(1)0知，当0 x0，从而f(x)0，当x1时，h(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)6分(3)由(2)可知，当x1时，g(x)xf(x)01e2，故只需证明g(x)1e2在0 x1时成立9分 当0 x1，且g(x)0，g(x)1xln xxex0，当x(e2,1)时，F(x)0，所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2.所以g(x)0，g(x)1e2.(12分)微技探究 解答此题容易出现的问题：一是不能抓住f(x)的特征，联系导数的几何意义，求f(x)0的实根x1，导致思维受阻；二是第(
8、3)问中，未将x的范围细化为0 x1”这一条件，将g(x)1xln xxex变为：g(x)1xln xxex0(0 xg(0)0，x(0,1)，即当x(0,1)时，f(x)2xx33.目标型微题组 瞄准高考使命必达1(2017全国，11)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1B2e3 C5e3D1【答案】A【解析】由题意可得f(x)ex1x2(a2)xa1 x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，f(2)0，a1，f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，x(，2)，(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增；x
9、(2,1)时，f(x)0，f(x)单调递减f(x)极小值f(1)1.故选A.2(2018全国，16)已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_【答案】3 32 【解析】f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1)cos x10，当cos x12时，f(x)12时，f(x)0，f(x)单调递增 当cos x12，f(x)有最小值 又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，当sin x 32 时，f(x)有最小值，即f(x)min2 32 112 3 32.3(201
10、8江苏，11)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_【答案】3【解析】f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上递增，又f(0)1，f(x)在(0，)上无零点 当a0时，由f(x)0解得xa3，由f(x)0解得0 xa.若a0，则f(x)的最大值为_；若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_【答案】2(，1)【解析】当a0时，f(x)x33x，x0，2x，x0.当x0时，令f(x)3x230，可得f(x)在(，1)上单调递增，在(1,0)上单调递减，所以f(x)f(1)2；当x0
11、时，f(x)2xf(0)0.所以f(x)maxf(1)2.当xa时，令f(x)3x230，得x1，当a1时，要使f(x)无最大值，即a33a2a，解得a1.当a1时，要使f(x)无最大值，即2aa33a且2a2，此时无解综上可知，a的取值范围为(，1)6(2017全国，21)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.【解】(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a1x，g(1)a1，得a1
12、.若a1，则g(x)11x.当0 x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增 所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)21x.当x0，12 时，h(x)0；当x12，时，h(x)0.所以h(x)在0，12 上单调递减，在12，上单调递增 又h(e2)0，h 12 0，h(1)0，所以h(x)在 0，12 有唯一零点x0，在12，有唯一零点1，且当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.因
13、为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点 由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0(0,1)得f(x0)14.因为xx0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e1(0,1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2，所以e2f(x0)22.7(2017浙江，20)已知函数f(x)(x 2x1)exx12.(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)的区间12，上的取值范围【解】(1)因为(x 2x1)112x1，(ex)ex，所以f(x)112x1 ex(x 2x1)ex 1x 2x12ex2x1x12.(2)由 f(x)1x2x12ex2x10，解得 x1 或 x52.因为又 f(x)12(2x11)2ex0，所以 f(x)在区间12，上的取值范围是0，12e12.