1、第6讲 导数与函数 热 点 调 研 导数解答题是整套试卷的压轴题，既是智力题，也是耐力题，做好该题，左手 985，右手 211，眼望双一流！函数是数学永恒的主题，是中学数学最重要的主干知识之一；导数是研究函数的有力工具，函数与导数不仅是高中数学的核心内容，还是学习高等数学的基础，而且函数的观点及其思想方法贯穿于整个高中数学教学的全过程，高考对函数的考查更多的是与导数的结合，发挥导数的工具性作用，应用导数研究函数的性质、证明不等式问题等，体现出高考的综合热点.调研一 切线恒成立(2016江西七校二次联考)已知函数 f(x)lnxkex(kR，e 是自然对数的底数)，f(x)为 f(x)的导函数(
2、1)当 k2 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若 f(1)0，试证明：对任意的 x0，f(x)e21x2x 恒成立【审题】(1)求出当 k2 时，f(x)的导数，求得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线的方程；(2)由 f(1)0，可得 k1，令 g(x)(x2x)f(x)，问题等价于对任意的 x(0，)，g(x)0，f(x)e21x2x 恒成立等价于对任意的x(0，)，g(x)0，g(x)e21 等价于 1xxlnx0，h(x)单调递增；当 x(e2，)时，h(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故当 x(0，)时，(x)ex(x1)0，即 exx1
3、1，所以 1xxlnxe210，f(x)e21x2x 恒成立(12 分)【回顾】本题考查利用导数研究曲线在某点处切线的方程以及不等式恒成立问题等，考查考生的运算求解能力与分析问题、解决问题的能力，运用构造法和不等式的传递性将不等式恒成立问题进行转化是解题的关键(2016福州质量检测)已知函数 f(x)lnxax，aR，且函数 f(x)在 x1 处的切线平行于直线 2xy0.(1)实数 a 的值；(2)若在1，e(e2.718)上存在一点 x0，使得 x01x0mf(x0)成立，求实数 m 的取值范围【解析】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x ax2，函数 f(x)在 x1 处的切线
4、平行直线 2xy0.f(1)1a2，a1.(4 分)(2)若在1，e(e2.718)上存在一点 x0，使得 x0 1x0mf(x0)成立，则构造函数 h(x)x1xmf(x)x1xmlnxmx 在1，e上的最小值小于零 h(x)11x2mxmx2 x2mxm1x2（x1）（xm1）x2.(6 分)令 h(x)0，x1，e，xm1，当 m1e 时，即 me1 时，h(x)在1，e上单调递减，(8分)所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)e1meme21e1，因为e21e1e1，所以 me21e1；(10 分)当 m11，即 m0 时，h(x)在1，e上单调递增，所以 h(x)最小值为 h(1
5、)，由 h(1)11m0 可得 m2；(11 分)当 1m1e，即 0me1 时，可得 h(x)最小值为 h(1m)，因为 0ln(1m)1，所以 0mln(1m)2，此时，h(1m)e21e1 或 mn，求证：mn mnnmemn.解析(1)设函数 f(x)的图像与函数 g(x)的图像相切于点 M(t，lntt)，由 f(x)1lnxx2，则 f(t)1lntt2a，且lntt ata，消去 a 得(2t1)lntt10.设 h(t)(2t1)lntt1，则 h(t)2lnt2t1t12lnt1t1.设(t)2lnt1t1，则(t)2t1t20，所以(t)2lnt1t1 在其定义域上单调递增
6、，即 h(t)2lnt1t1 单调递增 又 h(1)0，所以当 t(0，1)时，h(t)0，h(t)单调递增，所以 h(t)的最小值为 h(1)0，所以(2t1)lntt10 仅有一解 t1，此时 a1ln1121，切点为 M(1，0)(2)要证mn mnnmemn，即证lnmnnmmn mn，即证nlnmmlnnmnmn，即证lnmm lnnn mn，即证lnmm lnnnmn 1.由 f(x)1lnxx20，得 xe，因而当 0 x0，f(x)单调递增，结合(1)知，曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 yx1，因而 f(x)的图像恒在 yx1 的下方，则当 x(0，1时，函数 f(x
7、)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即f（m）f（n）mn1，故mn mnnmemn.回顾(1)本题考查利用导数研究曲线的切线、不等式的证明等，考查考生的化归与转化思想本题以函数 f(x)lnxx 为原型函数，入手点简单，但所涉及的问题有一定的高度，特别是第(2)问不等式的证明，需经过多次转化如果不善于转化或转化错误则满盘皆输(2)高考对函数与导数的考查，多以对数函数、指数函数的形式出现，而且属于压轴题，对考生能力的要求很高，意在提高试题的区分度，有利于选拔试题一方面可以从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题对需对参数分类讨论，往往比较复杂，考生对手对参数讨
8、论分析不到位而产生差异，拉开分数；另一方面，从切线等角度入手，看似简单，但如果对数学思想的应用不够自如，则很难达到预期效果因此，在复习过程中，对于某些常见函数的性质及图像要力争做到了如指掌，比如对于函数 ylnxx 以及 yxlnx 的图像及性质等要多加积累，并学会利用数形结合思想进行合理分析，寻找问题的求解方法2(2016广州五校联考)已知函数 f(x)xalnx，其中 a 为实数(1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)是否存在实数 a，使得对任意 x(0，1)(1，)，f(x)x恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出 a 的值并加以证明解析(1)当
9、a2 时，f(x)x2lnx，f(x)xlnxx2x（lnx）2.f(2)1ln2，又 f(2)0，所以切线方程为 y 1ln2(x2)(2)当 0 x1 时，lnx xax xlnx，令 g(x)x xlnx，g(x)2 x2lnx2 x，再令 h(x)2 x2lnx，h(x)1x1x x1x0，故当 0 x1 时，h(x)0，所以 h(x)在(0，1)上单调递减，所以当 0 xh(1)0，所以 g(x)h（x）2 x 0，所以 g(x)在(0，1)上单调递增，g(x)1 时，lnx0，则xalnx xa1 时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，当 x1 时，h(x)h(1)0，所以
10、 g(x)h（x）2 x 0，所以 g(x)在(1，)上单调递增，所以 g(x)g(1)1，所以 a1.综合得：a1.调研二 切线单调性(2016河南六市联考)已知函数 f(x)alnxx，g(x)x2(1a)x(2a)lnx，其中 aR.(1)若 g(x)在其定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 F(x)f(x)g(x)的图像交 x 轴于 A，B 两点，AB中点的横坐标为 x0，问：函数 F(x)的图像在点(x0，F(x0)处的切线能否平行于 x 轴？【解 析】(1)g (x)2x (1 a)2ax2x2（1a）x（2a）x，g(x)的定义域为x|x0，且 g(x)在其定义
11、域内为增函数，g(x)0 在 x0 时恒成立，(2 分)则 2x2(1a)x(2a)0 在 x0 时恒成立，a52(x1)1x1在 x0 时恒成立 而当 x0 时，2(x1)1x13，a2，)(5 分)(2)设 F(x)的图像在(x0，F(x0)处的切线平行于 x 轴，F(x)2lnxx2ax，F(x)2x2xa，不妨设 A(m，0)，B(n，0)，0m0(t(0，1)，函数 h(t)lnt2（t1）t1在(0，1)上单调递增，因此 h(t)h(1)0，也就是 lnmn2（mn1）mn1，此式与矛盾 F(x)的图像在点(x0，F(x0)处的切线不能平行于 x 轴(12 分)【回顾】利用导数解决
12、参数问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围，一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题；(2)已知函数的单调性求参数的取值范围，一般转化为 f(x)0(或 f(x)0)恒成立的问题；(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围，通常利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，再利用数形结合思想求解(2014重庆)已知函数f(x)x4axln x32，其中aR，且曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线 y12x.(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间与极值【解析】(1)对 f(x)求导得 f(x)14 ax21x，由 f(x)在
13、点(1，f(1)处的切线垂直于直线 y12x 知 f(1)34a2，解得 a54.(2)由(1)知 f(x)x4 54xln x32，则 f(x)x24x54x2.令 f(x)0.解得 x1 或 x5.因为 x1 不在 f(x)的定义域(0，)内，故舍去 当 x(0，5)时，f(x)0，故 f(x)在(5，)内为增函数 由此知函数 f(x)在 x5 时取得极小值 f(5)ln 5.用导函数判断函数的单调性的一般步骤：首先，确定函数的定义域；其次，求导函数 f(x)；最后，解不等式 f(x)0，得函数 f(x)的单调递增区间，解不等式 f(x)0.所以 g(x)0 有两个不等的实根 x1，x2，
14、因为 x1x2230，所以方程 g(x)0 有一正一负的两个实根 又 t1，2，x(t，3)，又 g(x)在(t，3)上总不单调，所以 g(x)0 在(t，3)上只有一个正实根，所以g（t）0，所以3t2（m4）t20，所以（m4）t373，因为 t1，2，所以m4373.令 h(t)2t3t，易知 h(t)2t3t 在1，2上单调递减，所以h(t)minh(2)5，所以m4373，解得373 me2.解析(1)若 m1，则 f(x)lnxx，f(x)1x1，所以 f(1)1110，所以切线的斜率为 0，所以切线方程为 y1.(2)因为 f(x)1xm1mxx，当 m0 时，x(1，e)，f(
15、x)0，所以函数 f(x)在(1，e)上单调递增；当1me，即 00，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增；当 11me，即1em1 时，函数 f(x)在(1，1m)上单调递增，在(1m，e)上单调递减；当 01m1，即 m1 时，x(1，e)，f(x)x20，依题意 f(x1)f(x2)0，所以 lnx1mx10，lnx2mx20，可得 lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2)要证明 x1x2e2，即证明 lnx1lnx22，也就是 m(x1x2)2.因为 mlnx1lnx2x1x2，所以要证明lnx1lnx2x1x2 2x1x2，即 lnx1x22（x1x2）x1x
16、2.令x1x2t，则 t1，于是有 lnt2（t1）t1.令(t)lnt2（t1）t1(t1)，则(t)1t 4（t1）2（t1）2t（t1）20.故函数(t)在(1，)上是增函数，所以(t)(1)0，即 lnt2（t1）t1成立所以原不等式成立调研三 单调性不等式证明(2016山东)已知 f(x)a(xlnx)2x1x2，aR.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a1 时，证明 f(x)f(x)32对于任意的 x1，2成立【审题】(1)先求出函数的定义域与导函数，然后对参数进行分类讨论，利用导函数的符号确定函数的单调性；(2)根据所证不等式的结构特征构造新函数，将所证问题转化为新函数在指
17、定区间上的最值即可【解析】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aax 2x22x3（ax22）（x1）x3.当 a0 时，x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0 时，f(x)a（x1）x3(x2a)(x2a)当 0a1，当 x(0，1)或 x(2a，)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(1，2a)时，f(x)2 时，02a0，f(x)单调递增，当 x(2a，1)时，f(x)0，f(x)单调递减 综上所述，当 a0 时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递减；当 0a2 时，f(x)在(0，2a)内单调递增，在(2a，1)内单调递减，在(
18、1，)内单调递增(2)由(1)知，a1 时，f(x)f(x)xlnx2x1x2(11x2x2 2x3)xlnx3x1x22x31，x1，2 设 g(x)xlnx，h(x)3x1x22x31，x1，2 则 f(x)f(x)g(x)h(x)由 g(x)x1x 0，可得 g(x)g(1)1，当且仅当 x1 时取得等号，又 h(x)3x22x6x4.设(x)3x22x6，则(x)在1，2上单调递减，因为(1)1，(2)10，所以x0(1，2)，使得 x(1，x0)时，(x)0，x(x0，2)时，(x)g(1)h(2)32，即 f(x)f(x)32对于任意的 x1，2成立【回顾】(1)本题考查利用导数研
19、究函数的单调性、不等式的证明等，意在考查考生的分类讨论思想、计算能力和逻辑推理能力(2)求解含参函数的单调性的关键是根据导函数解析式的结构特征确定对参数分类的标准和依据，注意不能重复、遗漏不等式的证明通常可以转化为对应函数在指定区间上的最值问题进行解决(2016新课标全国)设函数 f(x)lnxx1.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x(1，)时，1x1lnx 1，证明：当 x(0，1)时，1(c1)xcx.【解析】(1)解：由题意，得 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1.令 f(x)0，得 x1.当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减(
20、2)证明：方法一：当 x(1，)时，1x1lnx x，即为 lnxx1xlnx，由(1)可得 f(x)lnx(x1)在(1，)上单调递减，可得 f(x)f(1)0，即有 lnx1，F(x)1lnx1lnx.当 x1 时，F(x)0，则 F(x)在(1，)上单调递增，可得 F(x)F(1)0，即有 xlnxx1.则原不等式成立 方法二：由(1)知，f(x)在 x1 处取得最大值，最大值为 f(1)0.所以当 x1 时，lnxx1.故当 x(1，)时，lnxx1，ln1x1x1，即 1x1lnx 1，设 g(x)1(c1)xcx，则 g(x)c1cxlnc，令 g(x)0，解得 x0lnc1lnc
21、lnc.当 x0，g(x)单调递增；当 xx0 时，g(x)0，g(x)单调递减 由(2)知 1c1lnc c，故 0 x00.所以当 x(0，1)时，1(c1)xcx.1已知函数 f(x)x2ex.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若方程 f(x)m 有且只有一个解，求实数 m 的取值范围；(3)当 x1x2 且 x1，x2(，2时，若有 f(x1)f(x2)，求证：x1x20.解析(1)f(x)x（2x）ex.令 f(x)0，即x（2x）ex0，解得 0 x2；令 f(x)0，即x（2x）ex0，解得 x2.f(x)的单调递增区间为(0，2)，递减区间为(，0)和(2，)(2)由(1
22、)知 f(x)minf(0)0，f(x)maxf(2)4e2.方程 f(x)m 有且只有一个根，又 f(x)x2ex的值域为0，)，m(4e2，)0(3)由(1)和(2)及当 x1，x2(，2时，有 f(x1)f(x2)，不妨设 x1x2，则有 x10，0 x22，又 f(x2)f(x2)x22（1e2x2）ex20，即 f(x2)f(x2)，f(x1)f(x2)又x10，x2x2，即 x1x20.2(2016长沙四校联考)设函数 f(x)ax2lnx1(aR)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 g(x)ax2ex3，求证：f(x)g(x)在(0，)上恒成立审题 第(1)问是求函数
23、的单调区间问题，对 f(x)求导，分 a0和 a0 进行讨论，进而求出单调区间；第(2)问构造函数，利用函数的单调性进行证明 解析(1)由于 f(x)ax2lnx1(aR)，故 f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 x12a.当 x 变化时，f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：x(0，12a)12a(12a，)f(x)0f(x)极小值 由表可知，f(x)在(0，12a)上是单调递减函数，在(12a，)上是单调递增函数 综上所述，当 a0 时，f(x)的单调递减区间为(0，)，无单调递增区间；当 a0 时，f(x)的单调递减区间为(0，1
24、2a)，单调递增区间为(12a，)(2)f(x)g(x)ax2lnx1ax2ex3exlnx2，令 F(x)exlnx2(x0)，要证 f(x)g(x)，只需证 F(x)0 在(0，)上恒成立 F(x)ex1x，由指数函数及幂函数的性质知，F(x)ex1x在(0，)上是增函数 又 F(1)e10，F(13)e1330，F(1)F(13)0，F(x)在(13，1)内存在唯一的零点，也即 F(x)在(0，)上有唯一的零点 设 F(x)的零点为 t，则 F(t)et1t0，即 et1t(13t1)，由 F(x)的单调性知，当 x(0，t)时，F(x)F(t)0，F(x)为增函数 当x0时，F(x)F
25、(t)etlnt21tln1et21tt2220，当且仅当 t1 时，等号成立 又13t0，即 f(x)g(x)在(0，)上恒成立 回顾 函数的单调性、极值、最值是高考命题的重点与热点，函数与不等式等结合的题目往往成为考卷的压轴题，因而高考对函数的单调性、极值、最值等问题还会继续考查，但已知条件中函数表达式的结构形式不会太复杂，因而本题试图在函数表达式较简单的基础上加大问题设置上的难度，在不增加考生题意理解难度的基础上，力争考查更多的知识调研四 单调性恒成立求参(2016百校联盟)已知函数 f(x)lnxt(x1)，t 为实数(1)讨论函数 f(x)在(0，1上的单调性；(2)若当 t12时，
26、kx12f(x)0 在(1，)上恒成立，求实数k 的取值范围【审题】(1)问是讨论函数的单调性问题，先进行求导，分t0，01 进行讨论即可；第(2)问通过构造函数，利用函数的单调性即可求解实数 k 的取值范围【解析】(1)f(x)lnxt(x1)，x(0，1，f(x)1xttx1x.(1 分)当 t0 时，f(x)0，则 f(x)在(0，1上单调递减；(2 分)当 01 时，若 x(0，1t)，则 f(x)0，f(x)在(0，1t)上单调递减，在(1t，1上单调递增 综上所述，当 t1 时，f(x)在(0，1上单调递减；(5 分)当 t1 时，f(x)在(0，1t)上单调递减，在(1t，1上单
27、调递增(6分)(2)当 t12时，f(x)lnxx212，kx12f(x)kx12(lnxx212)lnxx2kx，当 x1 时，kx12f(x)0 恒成立，等价于 k1 时，h(x)0，函数 h(x)x1lnx 在(1，)上单调递增，故 h(x)h(1)0.(9 分)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，(10 分)因此当 x1 时，kk(x1)axx 恒成立，求正整数 k 的值【解析】(1)由 f(x)xlnxax，得 f(x)lnxa1，函数 f(x)在区间e2，)上为增函数，当 xe2，)时，f(x)0，(2 分)即 lnxa10
28、 在区间e2，)上恒成立，a1lnx.又当 xe2，)时，lnx2，)，1lnx(，3 a3.(5 分)(2)若对任意 x(1，)，f(x)k(x1)axx 恒成立，即 xlnxaxk(x1)axx 恒成立，也就是 k(x1)0.则问题转化为 k0，则 m(x)xlnx2 在(1，)上为增函数，m(1)1ln121，m(2)2ln22ln2，m(3)3ln321ln30.x0(3，4)，使 m(x0)x0lnx020.当 x(1，x0)时，m(x)0，h(x)0，h(x)0，h(x)xlnxxx1 在(x0，)上单调递增，h(x)的最小值为 h(x0)x0lnx0 x0 x01.m(x0)x0
29、lnx020，lnx01x01，代入函数 h(x)xlnxxx1 得 h(x0)x0，x0(3，4)，且 kh(x)对任意 x(1，)恒成立，kh(x)minx0，k3.k 的值为 1，2，3.(12 分)含参不等式中的参数的取值范围问题及函数与导数的综合问题是高考中常见的压轴题型，需要考生积累一些常见的处理函数问题的方法和技巧，如分类讨论如何选取界点问题，处理恒成立问题和存在性问题，函数零点的讨论方法，利用导数证明不等式的常用方法，利用函数性质证明与数列有关的等式和不等式问题等1(2016河北三市七校联考)已知函数 f(x)12x2(2a2)x(2a1)lnx.(1)若曲线 yf(x)在点(
30、2，f(2)处的切线的斜率小于 0，求 f(x)的单调区间；(2)对任意的 a32，52，x1，x21，2(x1x2)，恒有|f(x1)f(x2)|0)，若曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率小于 0，则 f(2)a1212，2a121，则由 f(x)0 得 0 x2a1；由 f(x)0 得 1x2a1.f(x)的单调增区间为(0，1)，(2a1，)，单调减区间为(1，2a1)(2)a32，52，(2a1)4，6，由(1)知，f(x)在1，2上为减函数 不妨设 1x1f(x2)，1x1 1x2，所以原不等式等价于：f(x1)f(x2)(1x1 1x2)，即 f(x1)1x1f(x2
31、)1x2对任意的 a32，52，x1，x21，2恒成立 令 g(x)f(x)x，所以对任意的 a32，52，x1，x21，2都有 g(x1)g(x2)，所以 g(x)f(x)x在1，2上为增函数所以 g(x)0 对任意 a32，52，x1，2恒成立 而 g(x)x(2a2)2a1xx20，化简即 x3(2a2)x2(2a1)x0，即(2x2x2)ax32x2x0，其中 a32，52 x1，2，2x2x20，只需52(2x2x2)x32x2x0，即 x37x26x0，对任意 x1，2恒成立，令 h(x)x37x26x，x1，2，h(x)3x214x61xe1x 在区间(1，)内恒成立(e2.71
32、8为自然对数的底数)审题(1)通过讨论 a 的范围确定 f(x)的单调性；(2)难点是对条件“f(x)1xe1x”在区间(1，)内恒成立”进行转化，通过分类讨论确定 a 的所有可能取值 解析(1)f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，有 x 12a.此时，当 x(0，12a)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)令 g(x)1x 1ex1，s(x)ex1x.则 s(x)ex11.而当 x1 时，s(x)0，所以 s(x)在区间(1，)内单调递增 又由 s(1)0，有 s(x)0，从而当 x1 时，g(x)0.当 a0，x1 时，f(x)a(x21)
33、lnxg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0.当 0a1.由(1)有 f(12a)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 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，)调研五 单调性不等式有解求参(2016山西四校联考)已知函数 f(x)xalnx，g(x)1ax(aR)(1)设函数 h(x)f(x)g(x)，求函数 h(x)的
34、单调区间；(2)若不等式 f(x)g(x)在区间1，e(e2.718 28)的解集为非空集合，求实数 a 的取值范围【解析】(1)h(x)xalnx1ax，定义域为(0，)，h(x)1ax1ax2 x2ax（1a）x2（x1）x（1a）x2，(2 分)当 a10，即 a1 时，x0，令 h(x)0，x1a.令 h(x)0，得 0 x0 恒成立，h(x)在(0，)上单调递增 综上，当 a1 时，h(x)的单调递减区间为(0，1a)，单调递增区间为(1a，)当 a1 时，h(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间(5 分)(2)由题意可知，不等式 f(x)g(x)在区间1，e(e2.7182
35、8)的解集为非空集合，即在1，e存在 x0 使得 f(x0)g(x0)成立，由(1)中 h(x)f(x)g(x)，则在1，e存在 x0 使得 h(x0)f(x0)g(x0)0，即 h(x)xalnx1ax 在1，e上的最小值 h(x)min0.由(1)知，当 a1 时，h(x)在1，e上单调递增，h(x)minh(1)2a0，a2.(7 分)当 a1 时，当 a1e，即 ae1 时，h(x)在1，e上单调递减，h(x)minh(e)e1ae a0，ae21e1.当 0a11，即1a0 时，h(x)在1，e上单调递增，h(x)minh(1)2a0，a2，无解(10 分)当 1a1e，即 0a0，
36、不合题意 综上可得，实数 a 的取值范围是 ae21e1或 a2.(12 分)【回顾】解集为非空集合，即有解，强调有即存在性(2016河南九校联考)已知函数 f(x)xlnxax.(1)若函数 f(x)在(1，)上是减函数，求实数 a 最小值；(2)已知 f(x)表示 f(x)的导数，若x1，x2e，e2(e 为自然对数的底数)，使 f(x1)f(x2)a 成立，求实数 a 的取值范围解析(1)由已知得函数 f(x)的定义域为(0，1)(1，)，而 f(x)lnx1（lnx）2a，又函数 f(x)在(1，)上是减函数，f(x)lnx1（lnx）2a0 在(1，)上恒成立 当 x(1，)时，f(
37、x)max0，由 f(x)lnx1（lnx）2a(1lnx)2 1lnxa(1lnx12)214a，当 1lnx12，即 xe2 时，f(x)有最大值，f(x)max14a，14a0，即 a14，所以实数 a 的最小值为14.(2)若x1，x2e，e2，使 f(x1)f(x2)a 成立，则有 xe，e2时，f(x)minf(x)maxa，由(1)知当 xe，e2时，f(x)max14a，所以 f(x)maxa14，由此问题转化为：当 xe，e2时，f(x)min14.当 a14时，由(1)知，函数 f(x)在e，e2上是减函数，则 f(x)minf(e2)e22ae214，所以 a12 14e
38、2；当 a0.若a0，即 a0 时，f(x)0 在e，e2上恒成立，函数 f(x)在e，e2上是增函数，所以 f(x)minf(e)eaee14，不合题意；若a0，即 0a0，f(x)在(x0，e2上是增函数；所以 f(x)minf(x0)x0lnx0ax014，x0e，e2，a 1lnx0 14x0 1lne2 14e121414，与 0a14矛盾，不合题意 综上，实数 a 的取值范围是 a12 14e2.调研六 极值(2016河北名校联考)已知函数 f(x)ax2ex(aR)(1)当 a1 时，判断函数 f(x)的单调区间并给予证明；(2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)，
39、证明：e2f(x1)1.【解析】(1)a1 时，f(x)x2ex，f(x)2xex，(f(x)2ex，易知 f(x)maxf(ln2)2ln220，从而 f(x)为单调递减函数(2)f(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)，即 f(x)2axex0 有两个实根 x1，x2(x10，得 ln2a1，2ae.又 f(0)10，所以 0 x11ln2a.由 f(x1)2ax1ex10，得 ax1ex12.f(x1)ax12ex1ex12 x1ex1ex1(x12 1)(0 x11)，令 yex(x21)(0 x1)，则 yexx12 0，f(x1)ex1x1120，e2f(1)f(x1)0 时，
40、x2ex；(3)证明：对任意给定的正数 c，总存在 x0，使得当 x(x0，)时，恒有 x2cex.【解析】(1)由 f(x)exax，得 f(x)exa.因为 f(0)1a1，所以 a2，(1 分)所以 f(x)ex2x，f(x)ex2，令 f(x)0，得 xln2，(2 分)当 xln2 时，f(x)ln2 时，f(x)0，f(x)单调递增 所以当 xln2 时，f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln2)eln22ln22ln4，f(x)无极大值(4 分)(2)令 g(x)exx2，则 g(x)ex2x.由(1)得 g(x)f(x)f(ln2)0，故 g(x)在 R 上单调递增(5分)所
41、以当 x0 时，g(x)g(0)10，即 x20 时，x20 时，x2cex.取 x00，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.(8 分)若 0c1，(9 分)要使不等式 x2kx2 成立 而要使 exkx2 成立，则只需 xln(kx2)，即 x2lnxlnk 成立 令 h(x)x2lnxlnk，则 h(x)12xx2x.所以当 x2 时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增 取 x016k16，所以 h(x)在(x0，)内单调递增 又 h(x0)16k2ln(16k)lnk8(kln2)3(klnk)5k.易知 klnk，kln2，5k0，所以 h(x0)0，即存在 x016c，当 x
42、(x0，)时，恒有x2cex.(11 分)综上，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x20 时，exx2，所以 exex2ex2(x2)2(x2)2.(10分)当 xx0 时，ex(x2)2(x2)24c(x2)21cx2.因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.(12 分)方法 3：先证明当 x(0，)时，恒有13x30 时，exx2，所以 h(x)h(0)10，即13x3x0 时，有1cx213x3ex.(11 分)因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.(12 分)(1)利用导数研究
43、函数的极值的一般步骤：确定定义域；求导数 f(x)；a.若求极值，则先求方程 f(x)0 的根，再检验 f(x)在方程根左右值的符号，求出极值(当根中有参数时要注意分类讨论)b若已知极值或存在情况，则转化为已知方程 f(x)0 根的大小或存在情况，从而求解(2)若 f(x)存在极值，即是 f(x)0 有异号零点(在零点左右f(x)的符号不同)(3)利用极值求参数的值，需要检验1(2016合肥调研)已知函数 f(x)12x22axlnx(aR)，x(1，)(1)若函数 f(x)有且只有一个极值点，求实数 a 的取值范围；(2)对于函数 f(x)，f1(x)，f2(x)，若对于区间 D 上的任意一
44、个 x，都有 f1(x)f(x)f2(x)，则称函数 f(x)是函数 f1(x)，f2(x)在区间 D 上的一个“分界函数”已知 f1(x)(1a2)lnx，f2(x)(1a)x2，问是否存在实数 a，使得函数 f(x)是函数 f1(x)，f2(x)在区间(1，)上的一个“分界函数”？若存在，求实数 a 的取值范围；若不存在，说明理由解析(1)f(x)x2a1xx22ax1x，记 g(x)x22ax1，依题意，g(x)在区间(1，)上有且只有一个零点 所以 g(1)0，得实数 a 的取值范围是(1，)(2)若函数 f(x)是函数 f1(x)，f2(x)在区间(1，)上的一个“分界函数”，则当
45、x(1，)时，f(x)(1a)x20 恒成立 记 h(x)f(x)(1a)x2(a12)x22axlnx，则 h(x)(2a1)x2a1x（2a1）x1（x1）x.当 2a10，即 a12时，当 x(1，)时，h(x)0，即 a12时，y(a12)x22ax 的图像是开口向上的抛物线，存在 x01，使得(a12)x022ax00，从而 h(x0)0，即h(x)0 恒成立，则需 m(1)0，得 a14.综上，当 a12，14时，函数 f(x)是函数 f1(x)，f2(x)在区间(1，)上的一个“分界函数”2(2016长春监测)已知函数 f(x)a2lnxx2的图像在点(1，f(1)处的切线与直线
46、 y4x1 平行(1)求实数 a 的值及 f(x)的极值；(2)若对任意 x1，x2(0，1e，有|f（x1）f（x2）x12x22|kx12x22，求实数 k 的取值范围解析(1)由题意得 f(x)22a4lnxx3，又 f(1)4，解得 a1.令 f(x)22a4lnxx344lnxx30，解得 xe，即 f(x)有极小值为 f(e)1e2.(2)由|f（x1）f（x2）x12x22|kx12x22，可得|f（x1）f（x2）1x12 1x22|k，令 g(1x2)f(x)，则 g(x)xxlnx，其中 xe2，)，g(x)2lnx，又 xe2，)，所以 g(x)2lnx4，即|f（x1）
47、f（x2）1x12 1x22|4，因此实数 k 的取值范围是(，4调研七 最值(2016新课标全国)(1)讨论函数 f(x)x2x2ex 的单调性，并证明当 x0 时，(x2)exx20；(2)证明：当 a0，1)时，函数 g(x)exaxax2(x0)有最小值设 g(x)的最小值为 h(a)，求函数 h(a)的值域【审题】(1)先求 f(x)，然后求 f(x)的单调性，从而证明不等式；(2)先根据题意求出函数 g(x)的最小值 h(a)，再利用导数求解函数 h(a)的值域【解析】(1)f(x)的定义域为(，2)(2，)f(x)（x1）（x2）ex（x2）ex（x2）2x2ex（x2）20，当
48、且仅当 x0 时，f(x)0，所以 f(x)在(，2)，(2，)上单调递增 因此当 x(0，)时，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)g(x)（x2）exa（x2）x3x2x3(f(x)a)由(1)知，f(x)a 单调递增对任意的 a0，1)，f(0)aa10.f(2)aa0.因此，存在唯一 xa(0，2，使得 f(xa)a0，即 g(xa)0.当 0 xxa时，f(x)a0，g(x)xa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增 因此 g(x)在 xxa处取得最小值，最小值为 g(xa)exaa（xa1）xa2exaf（xa）（xa1）xa2 exa
49、xa2.于是 h(a)exaxa2，由(exx2)（x1）ex（x2）2 0，得 y exx2单调递增 所以，由 xa(0，2，得12 e002h(a)exaxa2 e222e24.因为 y exx2单调递增，对任意的(12，e24，存在唯一的xa(0，2，af(xa)0，1)，使得 h(a)，所以 h(a)的值域是(12，e24 综上，当 a0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是(12，e24【回顾】(1)本题考查了利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数的最值等，考查考生的计算能力以及借助导数解决问题的能力(2)导数作为一种工具，可以处理与函数有关的很多问题，如确定函
50、数的单调性、极值与最值等，往往会和函数的相关知识、不等式的证明等综合，其实质是利用导数判断函数的单调性，再转化为相应的问题进行求解(2016长沙调研)已知函数 f(x)alnx12x2ax(a 为常数)有两个极值点(1)求实数 a 的取值范围；(2)设 f(x)的两个极值点分别为 x1，x2，若不等式 f(x1)f(x2)0)，于是 f(x)有两个极值点等价于二次方程 x2axa0 有两正根，设其两根为 x1，x2，则a24a0 x1x2a0 x1x2a0，解得 a4，不妨设 x10，在(x1，x2)上 f(x)0.因此 x1，x2 是 f(x)的两个极值点，符合题意 所以 a 的取值范围是(
51、4，)(2)f(x1)f(x2)alnx112x12ax1alnx212x22ax2 alnx1x212(x12x22)a(x1x2)alnx1x212(x1x2)2x1x2a(x1x2)a(lna12a1)，于是f（x1）f（x2）x1x2lna12a1，令(a)lna12a1，则(a)1a12.因为 a4，所以(a)0.于是(a)lna12a1 在(4，)上单调递减，因 此 f（x1）f（x2）x1x2(a)0，故不等式 f(x1)f(x2)(x1x2)等价于f（x1）f（x2）x1x20 时，令 f(x)0，得 x11 2a2 或 x21 2a2.当 x 变化时，f(x)和 f(x)的变
52、化情况如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故 f(x)的单调增区间为(，1 2a2)，(1 2a2，)；单调减区间为(1 2a2，1 2a2)a当 0a2 时，x22，此时 f(x)在区间2，3上单调递增，所以 f(x)在区间2，3上的最小值是 f(2)732a；最大值是 f(3)73a.b当 2a8 时，x12x23，此时 f(x)在区间2，x2)上单调递减，在区间(x2，3上单调递增，所以 f(x)在区间2，3上的最小值是 f(x2)53aa 2a3.因为 f(3)f(2)143 a，所以，当 2a143 时，f(x)在区间2，3上的最大值是
53、f(3)73a；当143 a8 时，f(x)在区间2，3上的最大值是 f(2)732a.c当 a8 时，x123x2，此时 f(x)在区间2，3上单调递减，所以 f(x)在区间2，3上的最小值是 f(3)73a；最大值是f(2)732a.综上，当 a2 时，f(x)在区间2，3上的最小值是732a，最大值是 73a；当 2a143 时，f(x)在区间2，3上的最小值是53aa 2a3，最大值是 73a；当143 a8 时，f(x)在区间2，3上的最小值是53aa 2a3，最大值是732a；当 a8 时，f(x)在区间2，3上的最小值是 73a，最大值是732a.2(2016合肥六校联考)已知函
54、数 f(x)(xa)lnx，g(x)x2ex，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线 2xy30 平行(1)求证：方程 f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的实根；(2)设函数 m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示 p，q 中的较小者)，求 m(x)的最大值审题 第(1)问先利用导数的几何意义求出 a，再证明存在性，最后研究函数的单调性从而证明唯一性；第(2)问利用分类讨论思想求解 解析(1)由题意知，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 2.所以 f(1)2，又 f(x)lnxax1，所以 a1.设 h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2ex，当 x
55、(0，1时，h(x)110，所以存在 x0(1，2)，使 h(x0)0.因为 h(x)lnx1x1x（x2）ex，当 x(1，2)时，0 x(2x)(x1)21e，所以 01ex1e，所以x（2x）ex11e0，所以当 x(1，2)时，h(x)单调递增，所以方程 f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的实根(2)由(1)知，方程 f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的实根 x0，且 x(0，x0)时，f(x)0，当 x(2，)时，h(x)0，所以当 x(x0，)时，h(x)0，所以当 x(x0，)时，f(x)g(x)，所以 m(x)（x1）lnx，x（0，x0 x2ex，x（x0，）.当 x
56、(0，x0)时，若 x(0，1，则 m(x)0；若 x(1，x0，由 m(x)lnx1x10，可知 00，m(x)单调递增；x(2，)时，m(x)0，m(x)单调递减 可知 m(x)m(2)4e2，且 m(x0)m(2)综上可得，函数 m(x)的最大值为4e2.1求函数 yf(x)在a，b上的最大值与最小值的步骤：(1)求函数 yf(x)在(a，b)内的极值；(2)将函数 yf(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值 2求最值与求值域的诸多方法是相通的！3导数的最值问题通常涉及分类讨论，一定要注意不重不漏 调研八 函数的零点与导数(20
57、16石家庄质检)已知函数 f(x)x3ax14，g(x)exe.(e 为自然对数的底数)(1)若曲线 yf(x)在(0，f(0)处的切线与曲线 yg(x)在(0，g(0)处的切线互相垂直，求实数 a 的值；(2)设函数 h(x)f（x），f（x）g（x）g（x），f（x）g（x），试讨论函数 h(x)零点的个数【解析】(1)由已知 f(x)3x2a，g(x)ex，(1 分)所以 f(0)a，g(0)1，(2 分)由题意，知 a1.(3 分)(2)易知函数 g(x)exe 在 R 上单调递增，仅在 x1 处有一个零点，且 x1 时，g(x)0，即 f(x)在 x0 时必有一个零点，此时 yh(x
58、)有两个零点；(6 分)当 a0 时，令 f(x)3x2a0，两根为 x1a30，则a3是函数 f(x)的一个极小值点，a3是函数 f(x)的一个极大值点，而 f(a3)(a3)3a(a3)142a3a3140；现在讨论极大值的情况：f(a3)(a3)3a(a3)142a3a314，当 f(a3)0，即 a0，即 a34时，函数 yf(x)在(0，)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a3，若 f(1)1a140，即 a0，即 a54时，yh(x)有两个零点 综上所述：当 a54时，yh(x)有两个零点；当 a34或 a54时，yh(x)有三个零点；当34a0，所以函数 f(x)的单调
59、递增区间是(0，)，无单调递减区间(2 分)当 m0 时，f(x)（x m）（x m）x，当 0 x m时，f(x)m时，f(x)0，函数 f(x)单调递增 综上，当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间；当 m0 时，函数 f(x)的单调递增区间是(m，)，单调递减区间是(0，m)(4 分)(2)令 F(x)f(x)g(x)12x2(m1)xmlnx，x0，问题等价于求函数 F(x)的零点个数，(5 分)当 m0 时，F(x)12x2x，x0，有唯一零点；当 m0时，F(x)（x1）（xm）x，当 m1 时，F(x)0，函数 F(x)为减函数，注意到 F(1)32
60、0，F(4)ln41 时，0 xm 时，F(x)0；1x0，所以函数 F(x)在(0，1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到 F(1)m120，F(2m2)mln(2m2)0，所以 F(x)有唯一零点(9 分)当 0m1 时，0 x1 时，F(x)0；mx0，所以函数 F(x)在(0，m)和(1，)上单调递减，在(m，1)上单调递增，易得 lnm0，而 F(2m2)mln(2m2)0.a0，f(x)a(x1)244 且 f(1)4a，f(x)min4a4，a1.故函数 f(x)的解析式为 f(x)x22x3.(2)g(x)x22x3x4lnxx3x4lnx2(x0)，g(x)
61、13x24x（x3）（x1）x2.x，g(x)，g(x)的取值变化情况如下：x(0，1)1(1，3)3(3，)g(x)00g(x)单调增加极大值 单调减少极小值单调增加当 0 x3 时，g(x)g(1)42512290，故函数 g(x)只有 1 个零点，且零点 x0(3，e5)2已知函数 f(x)3xxalnx，且 x3 是函数 f(x)的一个极值点(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间；(3)设 g(x)f(x)m，当函数 yg(x)在区间(0，5上零点的个数为 03 时，实数 m 的取值范围分别为多少？(参考数据：ln51.61，ln31.10)解析(1)f(x)3x21ax
62、.由 f(3)131a30，得 a4.(2)由(1)知 f(x)3x214x.由 f(x)3x214x0，解得 x(1，3)；由 f(x)3x214x0，解得 x(0，1)或 x(3，)于是当 x(1，3)时，yf(x)单调递增；当 x(0，1)或 x(3，)时，yf(x)单调递减(3)令 g(x)f(x)m0，于是 f(x)m，所以函数 yg(x)在区间(0，5上零点的个数是 yf(x)，x(0，5与直线 ym 交点的个数 由下表：x(0，1)1(1，3)3(3，5)5f(x)00f(x)极小值 2极大值4ln324ln5225因为 4ln324ln5225 2，所以函数 f(x)在(0，5上的最小值为 2，无最大值 结合大致图像(如图)可知：当 m4ln32 时，g(x)f(x)m 的零点个数为 1；当 2m4ln5225 或 m4ln32 时，g(x)f(x)m 的零点个数为 2；当 4ln5225 m4ln32 时，g(x)f(x)m 的零点个数为 3.请做：导数与函数专练作业（二十六）-（二十七）