1、第二课时利用导数解决不等式、方程解的问题1(2013新课标全国卷)设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2. (1)求a，b，c，d的值；(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解：(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42
2、(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即k1.令F(x)0得x1ln k，x22.()若1ke2，则2x10，从而当x(2，x1)时，F(x)0；当x(x1，)时，F(x)0，即F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增，故F(x)在2，)上的最小值为F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时，F(x)0，即F(x)在(2，)上单调递增而F(2)0，故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)0
3、.从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k的取值范围是1，e22(2013福建高考)已知函数f(x)x1(aR，e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值；(3)当a1时，若直线l：ykx1与曲线yf(x)没有公共点，求k的最大值解：法一：(1)由f(x)x1，得f(x)1.因为曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，所以f(1)0，即10，解得ae.(2)f(x)1，当a0时，f(x)0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值当a0时，令f(x)0，得exa，即xln a.x(，ln
4、 a)，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故f(x)在xln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)ln a，无极大值综上，当a 0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在xln a处取得极小值ln a，无极大值(3)当a1时，f(x)x1.令g(x)f(x)(kx1)(1k)x，则直线l：ykx1与曲线yf(x)没有公共点，等价于方程g(x)0在R上没有实数解假设k1，此时g(0)10，g10，知方程g(x)0在R上没有实数解所以k的最大值为1.法二：(1)(2)同法一(3)当a1时，f(x)x1.直线l：ykx1与曲线yf(x)没有公共点
5、，等价于关于x的方程kx1x1在R上没有实数解，即关于x的方程：(k1)x(*)在R上没有实数解x0时，0.在R上无实解x0时，当k1时，方程(*)可化为0，在R上没有实数解；当k1时，方程(*)化为xex.令g(x)xex，则有g(x)(1x)ex.令g(x)0，得x1，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1,0)，(0，)g(x)0g(x)当x1时，g(x)min，同时当x时，g(x)，从而g(x)的取值范围为.所以当时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1e,1)综合，得k的最大值为1.热点一利用导数解决不等式的恒成立问题例1(2013辽宁高考)(1)证明
6、：当x0,1时，xsin xx；(2)若不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立，求实数a的取值范围自主解答(1)证明：记F(x)sin xx，则F(x)cos x.当x时，F(x)0，F(x)在上是增函数；当x时，F(x)0，F(x)在上是减函数又F(0)0，F(1)0，所以当x0,1时，F(x)0，即sin xx.记H(x)sin xx，则当x(0,1)时，H(x)cos x10，所以，H(x)在0,1上是减函数，则H(x)H(0)0，即sin xx.综上，xsin xx，x0,1(2)法一：因为当x0,1时，axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2
7、)xx24(x2)2(a2)x，所以，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立下面证明，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立因为当x0,1时，axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)2(a2)xx2(a2)xx2x.所以存在x0(0,1)满足ax0x2(x02)cos x040，即当a2时，不等式axx22(x2)cos x40对x0,1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2法二：记f(x)axx22(x2)cos x4，则f(x)a2x2cos x2(x2)sin x.记G(x)f(x)，则G(x
8、)23x4sin x2(x2)cos x.当x(0,1)时，cos x，因此G(x)23x4x(x2)(22)x0.于是f(x)在0,1上是减函数，因此，当x(0,1)时，f(x)f(0)a2，故当a2时，f(x)2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立由于f(x)在0,1上是减函数，且f(0)a20，f(1)a2cos 16sin 1.当a6sin 12cos 1时，f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0，因此f(x)在0,1上是增函数，故f(1)f(0)0；当2a6sin 12cos 1时，f(1)0，故存在x0(0,1)使f(x0)0，则当0xf(x0)0，所以
9、f(x)在0，x0上是增函数，所以当x(0，x0)时，f(x)f(0)0.所以，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2规律总结两招破解不等式的恒成立问题1分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围2函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解1已知函数f(x)axln x图像上点(e，f(e)处的切线与直线y2x平行(其中e为自然对数的底数)，g(x)x2tx2.(1)求函数f
10、(x)的解析式；(2)求函数f(x)在n，n2(n0)上的最小值；(3)若对一切x(0，e，3f(x)g(x)恒成立，求实数t的取值范围解：(1)由点(e，f(e)处的切线方程与直线2xy0平行，得该切线斜率为2，即f(e)2.又f(x)a(ln x1)，令a(ln e1)2，得a1，所以f(x)xln x.(2)由(1)知f(x)ln x1，显然当f(x)0时，xe1.当x时，f(x)0，所以函数f(x)在上单调递增当(n，n2)时，f(x)minf；当n0，h(x)单调递增；当x(1,2)时，h(x)0，h(x)单调递增所以h(x)极大值h(1)1，且h(e)e32e11，所以h(x)ma
11、xh(1)1.因为对一切x(0，e，3f(x)g(x)恒成立，所以th(x)max1，故实数t的取值范围为1，)热点二利用导数研究方程解的问题例2(2013陕西高考)已知函数f(x)ex，xR.(1)求f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程；(2)证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一的公共点；(3)设a0，试讨论曲线yf(x)与曲线ymx2(m0)公共点的个数解：曲线yex与ymx2的公共点个数等于曲线y与ym的公共点个数令(x)，则(x)，(2)0.当x(0,2)时，(x)0，(x)在(2，)上单调递增，(x)在(0，)上的最小值为(2).当0m时，在区间(0,2)内存在x1
12、，使得(x1)m，在(2，)内存在x2me2，使得(x2)m.由(x)的单调性知，曲线与ym在(0，)上恰有两个公共点. 综上所述，当x0时若曲线yf(x)与ymx2没有公共点；若m曲线yf(x)与ymx2有一个公共点若 曲线yf(x)与ymx2有两个公共点.规律总结1三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像求解2证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调；
13、第二步：证明端点值异号2设函数f(x)c(e2.718 28是自然对数的底数，cR)(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|ln x|f(x)解的个数解：(1)f(x)(12x)e2x，由f(x)0，解得x.当x0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，则g(x)ln xxe2xc，所以g(x)e2x.因为2x10，0，所以g(x)0.因此g(x)在(1，)上单调递增当x(0,1)时，ln x1x0，所以1.又2x11，所以2x10，得g(x)0，即ce2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0；当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)只有一个零
14、点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1；当g(1)e2ce2时，()当x(1，)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln xln x1c，要使g(x)0，只需使ln x1c0，即x(e1c，)；()当x(0,1)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln xln x1c，要使g(x)0，只需ln x1c0，即x(0，e1c)所以ce2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|ln x|f(x)解的个数为2.综上所述，当ce2时，关于x的方程|ln x|f(x)解的个数为2.热点三导数的综合应用例3(2013长春模拟)设函数f(x)x2bxaln x.(1)若x2是函数f(x)的
15、极值点，1和x0是函数f(x)的两个不同零点，且x0(n，n1)，nN，求n；(2)若对任意b2，1，都存在x(1，e)(e为自然对数的底数)，使得f(x)0，得x2；令f(x)0，得0x2，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故函数f(x)至多有两个零点，其中1(0,2)，x0(2，)f(2)f(1)0，f(3)6(1ln 3)0，x0(3,4)，故n3.(2)法一：令g(b)xbx2aln x，b2，1，则g(b)为关于b的一次函数且为增函数根据题意，对任意b2，1，都存在x(1，e)，使得f(x)0成立，则g(b)maxg(1)x2xaln x0在(1，e)上有解令h(x
16、)x2xaln x，只需存在x0(1，e)使得h(x0)0，(x)在(1，e)上单调递增，则(x)(1)1a.当1a0，即a1时，(x)0，即h(x)0，h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)h(1)0，不符合题意当1a1时，(1)1a1，则(e)0，此时在(1，e)上(x)0恒成立，即h(x)0恒成立，h(x)在(1，e)上单调递减，存在x0(1，e)，使得h(x0)a1，则(e)0，此时在(1，e)上一定存在实数m，使得(m)0，在(1，m)上，(x)0恒成立，即h(x)0恒成立，h(x)在(1，m)上单调递减，存在x0(1，m)，使得h(x0)1时，对任意b2，1，都存在x(1，e)，
17、使得f(x)g(1)0，f(x)0在(1，e)上恒成立，即f(x)在(1，e)上单调递增若存在x(1，e)，使得f(x)0成立，则f(1)1b0，即b1恒成立b2，1，当b1时不成立，a0不成立当g(1)2b时，b2，1，a1.此时，()当g(e)0时，g(x)0在(1，e)上恒成立，则f(x)在(1，e)上单调递减f(1)0，存在x(1，e)，使得f(x)0成立()当g(e)0时，存在x0(1，e)，使得g(x0)0.g(x)在(1，e)上单调递增，当x(1，x0)时，g(x)0，则f(x)在(1，x0)上单调递减f(1)0，故在(1，x0)内存在x(1，e)，使得f(x)0在D内恒成立，则
18、称P为函数yg(x)的“转点”当a8时，试问函数yf(x)是否存在“转点”？若存在，请求出“转点”的横坐标；若不存在，请说明理由解：(1)当a1时，f(x)2x3，当0x0；当x1时，f(x)1时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取极小值2.(2)f(x)2x1(x0)，所以切线的斜率k2m1，整理得m2ln m10.显然m1是这个方程的解又因为yx2ln x1在(0，)上是增函数，所以方程x2ln x10有唯一实数解，故m1.(3)当a8时，函数yf(x)在其图像上一点P(x0，f(x0)处的切线方程为h(x)(xx0)x10x08ln x0.设F(x)f(x)h(x)，则F(x0)0，则F(x)f(x)h(x)(xx0).若0x02，则F(x)在上单调递减，当x时，F(x)F(x0)0，此时2，则F(x)在上单调递减，当x时，F(x)F(x0)0，此时x0时，F(x)F(x0)0；当xx0时，F(x)F(x0)0，所以点P(x0，f(x0)为“转点”故函数yf(x)存在“转点”，且2是“转点”的横坐标 高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801