第7講導(dǎo)數(shù)考情分析高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查定位在作為解決初等數(shù)學(xué)問題的工具這一目標(biāo)上，主要體現(xiàn)在以下方面：(1)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)有關(guān)知識(shí)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值(最值)問題；(2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，研究曲線切線的斜率問題；(3)對(duì)一些實(shí)際問題建立數(shù)學(xué)模型后求解題型遍布選擇、填空與解答，難度上分層考查，是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容熱點(diǎn)題型分析熱點(diǎn)1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)x3在(，)上單調(diào)遞增，但f(x)0；(2)f(x)0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f(x)0時(shí)，f(x)為常數(shù)函數(shù)2利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法(1)對(duì)含參數(shù)的函數(shù)解析式求最值時(shí)，常常進(jìn)行分類討論，分類的原則是極值點(diǎn)在給定區(qū)間的內(nèi)部還是外部，從而根據(jù)單調(diào)性求出最值；(2)求極值和最值時(shí)，為了直觀易懂，常常列出x的取值范圍與y的符號(hào)及y的單調(diào)區(qū)間、極值的對(duì)應(yīng)表格(2017·全國卷)已知函數(shù)f(x)ex(exa)a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)0，求a的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，則f(x)e2x在(，)上單調(diào)遞增若a>0，則由f(x)0得xln a.當(dāng)x(，ln a)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(ln a，)時(shí)，f(x)>0.故f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增若a<0，則由f(x)0，得xln .當(dāng)x時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x時(shí)，f(x)>0.故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增(2)若a0，則f(x)e2x，所以f(x)0.若a>0，則由(1)，得當(dāng)xln a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)a2ln a，從而當(dāng)且僅當(dāng)a2ln a0，即a1時(shí)，f(x)0.若a<0，則由(1)，得當(dāng)xln 時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為fa2，從而當(dāng)且僅當(dāng)a20，即a2e時(shí)，f(x)0.綜上，a的取值范圍是2e，1運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)來討論函數(shù)單調(diào)性時(shí)，首先考慮函數(shù)的定義域，再求出f(x)，由f(x)的正負(fù)，得出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；函數(shù)的最值(極值)的求法：由確認(rèn)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合極值點(diǎn)的定義及自變量的取值范圍，得出函數(shù)f(x)的極值或最值(2019·全國卷)已知函數(shù)f(x)2x3ax2b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a>0，則當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x時(shí)，f(x)<0.故f(x)在(，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減若a0，則f(x)在(，)上單調(diào)遞增若a<0，則當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x時(shí)，f(x)<0.故f(x)在，(0，)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)滿足題設(shè)條件的a，b存在當(dāng)a0時(shí)，由(1)，知f(x)在0,1上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為f(0)b，最大值為f(1)2ab.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b1，2ab1，即a0，b1.當(dāng)a3時(shí)，由(1)，知f(x)在0,1上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間0,1上的最大值為f(0)b，最小值為f(1)2ab.此時(shí)a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2ab1，b1，即a4，b1.當(dāng)0a3時(shí)，由(1)，知f(x)在0,1上的最小值為fb，最大值為b或2ab.若b1，b1，則a3，與0a3矛盾若b1,2ab1，則a3或a3或a0，與0a3矛盾綜上，當(dāng)a0，b1或a4，b1時(shí)，f(x)在0,1的最小值為1，最大值為1.熱點(diǎn)2利用導(dǎo)數(shù)解決與方程的解有關(guān)的問題方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)、函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是三個(gè)等價(jià)的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，根據(jù)函數(shù)圖象的走勢(shì)，通過數(shù)形結(jié)合直觀求解(2019·寧夏石嘴山市模擬)已知函數(shù)f(x)ex(xaex)(1)當(dāng)a0時(shí)，求f(x)的最值；(2)若f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，求a的取值范圍解(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)xex，所以f(x)(x1)ex，令f(x)>0，解得x>1，令f(x)<0，解得x<1，所以f(x)xex在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)，無最大值(2)因?yàn)閒(x)ex(x12aex)，且f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，所以f(x)0有兩個(gè)不等實(shí)根，所以2a有兩個(gè)不等的實(shí)根令g(x)，則g(x)，令g(x)>0，解得x<0，令g(x)<0，解得x>0，所以g(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0，)上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(0)1.又g(1)0，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，且當(dāng)x時(shí)，g(x)0，據(jù)此可畫出g(x)的大致圖象，如圖所示由g(x)的圖象可得0<2a<1，即0<a<.故a的取值范圍是.研究函數(shù)f(x)的極值問題常常與研究對(duì)應(yīng)方程f(x)0的實(shí)根問題相互轉(zhuǎn)化1已知含參函數(shù)f(x)存在極值點(diǎn)，求參數(shù)范圍問題一般可作為代數(shù)問題求解，即對(duì)f(x)0進(jìn)行參變分離，得到ag(x)的形式，則所求a的范圍就是g(x)的值域2當(dāng)研究函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，及方程f(x)0的實(shí)根個(gè)數(shù)問題時(shí)，也常要進(jìn)行參變分離，得到ag(x)的形式，然后借助數(shù)形結(jié)合(幾何法)思想求解(2019·全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xx1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2)f(x)0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)證明(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)ln x1ln x.因?yàn)閥ln x在(0，)上單調(diào)遞增，y在(0，)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增又f(1)1<0，f(2)ln 2>0，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又當(dāng)x<x0時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)(2)由(1)，知f(x0)<f(1)2，又f(e2)e23>0，所以f(x)0在(x0，)內(nèi)存在唯一根x.由>x0>1，得<1<x0.又fln 10，故是f(x)0在(0，x0)內(nèi)的唯一根綜上，f(x)0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)熱點(diǎn)3利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題1若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在最大值f(x)max和最小值f(x)min，則：(1)不等式f(x)>a(a)在區(qū)間D上恒成立f(x)min>a(a)；(2)不等式f(x)<b(b)在區(qū)間D上恒成立f(x)max<b(b)2若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上不存在最大(小)值，且值域?yàn)?m，n)，則：(1)不等式f(x)>a(a)在區(qū)間D上恒成立ma；(2)不等式f(x)<b(b)在區(qū)間D上恒成立nb.(2017·全國卷)已知函數(shù)f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，···m，求m的最小值解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，若a0，因?yàn)閒aln 20，所以不滿足題意若a0，由f(x)1，知當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(a，)時(shí)，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值點(diǎn)因?yàn)閒(1)0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，故a1.(2)由(1)，知當(dāng)x(1，)時(shí)，x1ln x0.令x1，得ln ，從而ln ln ln 11.故··e.而2，所以m的最小值為3.構(gòu)造輔助函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式構(gòu)造輔助函數(shù)的一般方法及解題步驟如下：(1)移項(xiàng)(有時(shí)需要作簡(jiǎn)單的恒等變形)，使不等式的一端為0，另一端即為所作的輔助函數(shù)f(x)；(2)求f(x)，并驗(yàn)證f(x)在指定區(qū)間上的增減性；(3)求出區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值(或最值)，作比較即得所證(2019·天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)excosx，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)x時(shí)，證明f(x)g(x)0；(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)f(x)1在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中nN，證明2nxn<.解(1)由已知，有f(x)ex(cosxsinx)因此，當(dāng)x(kZ)時(shí)，有sinx>cosx，得f(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(kZ)時(shí)，有sinx<cosx，得f(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kZ)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)證明：記h(x)f(x)g(x).依題意及(1)，有g(shù)(x)ex(cosxsinx)，從而g(x)2exsinx.當(dāng)x時(shí)，g(x)<0，故h(x)f(x)g(x)g(x)·(1)g(x)<0.因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)hf0.所以當(dāng)x時(shí)，f(x)g(x)0.(3)證明：依題意，得u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.記ynxn2n，則yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)，知當(dāng)x時(shí)，g(x)<0，所以g(x)在上為減函數(shù)，因此g(yn)g(y0)<g0.又由(2)，知f(yn)g(yn)0，故yn<.所以2nxn<.專題作業(yè)1(2017·北京高考)已知函數(shù)f(x)excosxx.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值解(1)因?yàn)閒(x)excosxx，所以f(x)ex(cosxsinx)1，f(0)0.又因?yàn)閒(0)1，所以曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程為y1.(2)設(shè)h(x)ex(cosxsinx)1，則h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx.當(dāng)x時(shí)，h(x)0，所以h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減所以對(duì)任意x有h(x)h(0)0，即f(x)0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減因此f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)1，最小值為f.2已知函數(shù)f(x)exaxa(aR且a0)(1)若f(0)2，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)f(x)在2,1上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又f(0)1a2，得a1，所以f(x)exx1，求導(dǎo)得f(x)ex1.易知f(x)在2,0上單調(diào)遞減，在0,1上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)在2,1上取得最小值2.(2)f(x)exa，由于ex>0，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>0，f(x)在R上是增函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)exa(x1)>0；當(dāng)x<0時(shí)，取x，則f<1aa<0.所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意當(dāng)a<0時(shí)，令f(x)0，得xln (a)在(，ln (a)上，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(ln (a)，)上，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)xln (a)時(shí)，f(x)取得最小值函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價(jià)于fln (a)eln (a)aln (a)a2aaln (a)>0，解得e2<a<0.綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e2,0)3(2019·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)x2sinx1，g(x)x2mcosx.(1)求曲線yf(x)在x0處的切線方程；(2)求f(x)在(0，)上的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)m>1時(shí)，證明：g(x)在(0，)上存在最小值解(1)因?yàn)閒(x)x2sinx1，所以f(x)12cosx，則f(0)1，f(0)1，所以曲線yf(x)在x0處的切線方程為yx1.(2)令f(x)0，則cosx，當(dāng)x(0，)時(shí)，得x，當(dāng)x變化時(shí)，f(x), f(x)的變化如下表xf(x)0f(x)減最小值增所以函數(shù)f(x)在(0，)上的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.(3)證明：因?yàn)間(x)x2mcosx，所以g(x)xmsinx.令h(x)g(x)xmsinx，則h(x)1mcosx，因?yàn)閙>1，所以(0,1)，令h(x)1mcosx0，則cosx，易知cosx在(0，)內(nèi)有唯一解x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)<0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，h(x)>0.所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增所以h(x0)<h(0)0，又h()>0，所以h(x)xmsinx在(x0，)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1，當(dāng)x(0，x1)時(shí)，h(x)<0，即g(x)<0，當(dāng)x(x1，)時(shí)，h(x)>0，即g(x)>0，所以g(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增所以函數(shù)g(x)在xx1處取得最小值，即當(dāng)m>1時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，)上存在最小值4(2019·東北三省四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xxm(m<2，m為常數(shù))(1)求函數(shù)f(x)在上的最小值；(2)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，且x1<x2，證明：x1x2<1.解(1)f(x)ln xxm(m<2)的定義域?yàn)?0，)，令f(x)0，x1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)>0，所以yf(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)<0，所以yf(x)在(1，)上單調(diào)遞減且f1m，f(e)1em，因?yàn)閒f(e)2e>0，所以函數(shù)f(x)在上的最小值為1em.(2)證明：由已知條件和(1)知x1，x2滿足ln xxm0，且0<x1<1，x2>1，ln x1x1mln x2x2m0，由題意可知ln x2x2m<2<ln 22.又由(1)可知f(x)ln xx在(1，)上單調(diào)遞減，故x2>2，所以0<x1<1,0<<1.則f(x1)fln x1x1ln x2x2x22ln x2.令g(x)x2ln x(x>2)，則g(x)10，當(dāng)x>2時(shí)，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)<g(2)ln 4.g(x)<0，所以當(dāng)x>2時(shí)，f(x1)f<0，即f(x1)<f.因?yàn)?<x1<1,0<<1，且f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增所以x1<，故x1x2<1.- 12 -