1、第2课时题型 1 利用导数解决函数中的方程问题函数与方程是高考的重要题型之一，一方面可以利用数形结合考查方程根的分布；另一方面可以与导数相结合，考查方程解的情况.例 1：(2019 年新课标)已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数.证明：(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点.证明：(1)设 g(x)f(x)，则g(x)cosx 11x，g(x)sinx11x2.当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0；当 x，2 时，g(x)0.(2)f(x)的定义域为(1，).)当 x(1,0时，由(1)知，f(x
2、)在(1,0)单调递增，而f(0)0，当 x(1,0)时，f(x)0，故 f(x)在(1,0)单调递减，又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1,0的唯一零点；g(x)在(1，)上单调递增，在，2 上单调递减，故 g(x)在1，2 存在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 存在唯一极大值点.)当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而 f(0)0，f2 0；当 x，2 时，f(x)0，)当 x(，)时，ln(x1)1，f(x)0.从而，f(x)在0，2 没有零点；)当 x2，时，f(x)0，f()0，f(x)在2，有唯一零点；【跟踪训练】1.(2018年
3、新课标)已知函数f(x)exax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a 的值.f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；当 a0 时，h(x)ax(x2)ex.当 x(0,2)时，h(x)0.h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增.故 h(2)14ae2是 h(x)在(0，)上的最小值.)若 h(2)0，即 ae24，h(x)在(0，)没有零点；)若 h(2)0，即 ae24，h(x)在(0，)只有一个零点；)
4、若 h(2)e24，由于 h(0)1，h(x)在(0,2)有一个零点，由(1)知，当 x0 时，exx21，exx2.h(4a)116a3e4a 116a3e2a2116a32a411a0.故 h(x)在(2,4a)有一个零点，因此 h(x)在(0，)有两个零点.综上所述，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae24.题型 2 利用导数解决不等式问题例 2:(2018 年新课标)已知函数 f(x)aexln x1.(1)设 x2 是 f(x)的极值点.求 a 的值，并求 f(x)的单调区间；(2)证明：当 a1e时，f(x)0.(1)解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1x.由题设知，
5、f(2)0，a 12e2.从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x.当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0.f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增.(2)证明：当 a1e时，f(x)exeln x1.设 g(x)exeln x1，则 g(x)exe1x.当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，x1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时，g(x)g(1)0.因此，当 a1e时，f(x)0.【跟踪训练】(1)求曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程；(2)当 x2,4时，求证：x6f(x)x；(3)设 F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记 F
6、(x)在区间2,4上的最大值为 M(a)，当 M(a)最小时，求 a 的值.2.(2019 年北京)已知函数 f(x)14x3x2x.(1)解：f(x)34x22x1，令 f(x)34x22x11，得x0 或 x83.当 x0 时，f(0)0，此时切线方程为 yx，即xy0；当 x83时，f83 827，此时切线方程为 yx6427，即 27x27y640.综上所述，所求切线方程为 xy0 和 27x27y640.(2)证明：设 g(x)f(x)x14x3x2，g(x)34x22x，令g(x)34x22x0 得 x0 或者 x83，当 x2,0时，g(x)0，g(x)为增函数；当 x0，83
7、时，g(x)0，g(x)为减函数；当 x83，4 时，g(x)0，g(x)为增函数.而 g(0)g(4)0，g(x)0，即 f(x)x.同理令 h(x)f(x)x614x3x26，可求其最小值为h(2)0，h(x)0，即 f(x)x6.综上所述，x6f(x)x.(3)解：由(2)知6f(x)x0，M(a)是|a|，|a6|中的较大者，若|a|a6|，即 a3 时，M(a)|a|a3；若|a|3 时，M(a)|a6|a63.当 M(a)最小时，M(a)3，此时 a3.3.(2018 年河南郑州质检)已知函数 f(x)x1aex.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a1 时，设1x10，且 f
8、(x1)f(x2)5，证明：x12x241e.(1)解：由 f(x)x1aex，得 f(x)1aex.当 a0 时，f(x)0，则 f(x)在 R 上单调递增.当 a0，得 xln1a，则 f(x)的单调递增区间为，ln1a；令 f(x)ln1a，则 f(x)的单调递减区间为ln1a，.(2)证明：方法一，设 g(x)f(x)2xex3x1，则 g(x)ex3.由 g(x)ln 3；由 g(x)0，得 xln 3.故 g(x)maxg(ln 3)3ln 340.从而 g(x)f(x)2x0.f(x1)f(x2)5，f(x2)2x25f(x1)2x24ex1.1x10，e1ex141e.从而 x12x241e.方法二，f(x1)f(x2)5，x1ex1ex2x23.x12x2ex1ex23x23.设 g(x)ex3x，则 g(x)ex3.由 g(x)0，得 x0，得 xln 3.故 g(x)ming(ln 3)33ln 3.1x10，x12x2e133ln 331e3ln 3.3ln 3ln 2741e.