高考專題突破二高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)例1(2018臺州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)x3|xa|(aR)(1)當a1時，求f(x)在(0，f(0)處的切線方程；(2)當a(0,1)時，求f(x)在1,1上的最小值(用a表示)解(1)當a1，x<1時，f(x)x31x，f(x)3x21，所以f(0)1，f(0)1，所以f(x)在(0，f(0)處的切線方程為xy10.(2)當a(0,1)時，由已知得f(x)當ax1時，由f(x)3x21>0，知f(x)在a,1上單調(diào)遞增當1x<a時，由f(x)3x21，當a時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)minminmina.當a時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以f(x)minminf(1)，f(a)mina，a3a3.綜上所述，f(x)min思維升華利用導(dǎo)數(shù)主要研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值已知f(x)的單調(diào)性，可轉(zhuǎn)化為不等式f(x)0或f(x)0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題；解決含參函數(shù)的性質(zhì)問題的關(guān)鍵是極值點與給定區(qū)間位置關(guān)系的討論，此時要注意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進行分析跟蹤訓(xùn)練1已知aR，函數(shù)f(x)(x2ax)ex (xR，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)當a2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍解(1)當a2時，f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f(x)>0，即(x22)ex>0，因為ex>0，所以x22>0，解得<x<.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，)(2)因為函數(shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞增，所以f(x)0對x(1,1)都成立因為f(x)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex，所以x2(a2)xaex0對x(1,1)都成立因為ex>0，所以x2(a2)xa0對x(1,1)都成立，即a(x1)對x(1,1)都成立令y(x1)，則y1>0.所以y(x1)在(1,1)上單調(diào)遞增，所以y<(11)，即a.經(jīng)檢驗知，當a時符合題意，因此a的取值范圍為.題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題例2設(shè)函數(shù)f(x)lnx，mR.(1)當me(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)f(x)的零點的個數(shù)解(1)由題設(shè)，當me時，f(x)lnx，則f(x)(x>0)，由f(x)0，得xe.當x(0，e)時，f(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，當x(e，)時，f(x)>0，f(x)在(e，)上單調(diào)遞增，當xe時，f(x)取得極小值f(e)lne2，f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)f(x)(x>0)，令g(x)0，得mx3x(x>0)設(shè)(x)x3x(x0)，則(x)x21(x1)(x1)，當x(0,1)時，(x)>0，(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x(1，)時，(x)<0，(x)在(1，)上單調(diào)遞減x1是(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x1也是(x)的最大值點，(x)的最大值為(1).又(0)0，結(jié)合y(x)的圖象(如圖)，可知當m>時，函數(shù)g(x)無零點；當m時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當0<m<時，函數(shù)g(x)有兩個零點；當m0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點綜上所述，當m>時，函數(shù)g(x)無零點；當m或m0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當0<m<時，函數(shù)g(x)有兩個零點思維升華函數(shù)零點問題一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點或圖象的交點情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一跟蹤訓(xùn)練2(2018紹興質(zhì)測)已知函數(shù)f(x)x3ax23xb.(1)當a2，b0時，求f(x)在0,3上的值域；(2)對任意的b，函數(shù)g(x)|f(x)|的零點不超過4個，求a的取值范圍解(1)由f(x)x32x23x，得f(x)x24x3(x1)(x3)當x(0,1)時，f(x)>0，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x(1,3)時，f(x)<0，故f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減又f(0)f(3)0，f(1)，所以f(x)在0,3上的值域為.(2)由題意得f(x)x22ax3，4a212.當0，即a23時，f(x)0，f(x)在R上單調(diào)遞增，滿足題意；當>0，即a2>3時，f(x)0有兩根，設(shè)兩根為x1，x2，且x1<x2，x1x22a，x1x23.則f(x)在(，x1)，(x2，)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減由題意知|f(x1)f(x2)|，即.化簡得(a23)31，解得3<a24.綜合，得a24，即2a2.題型三利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題例3已知函數(shù)f(x)xlnx，g(x)(x21)(為常數(shù))(1)若函數(shù)yf(x)與函數(shù)yg(x)在x1處有相同的切線，求實數(shù)的值；(2)若，且x1，證明：f(x)g(x)(1)解f(x)lnxxlnx1，g(x)2x，因為在x1處有相同的切線，所以f(1)g(1)，則12，即.(2)證明若，則g(x)(x21)，設(shè)H(x)f(x)g(x)，則H(x)xlnxx2，H(x)lnx1x，(H(x)1，因為x1，所以(H(x)0，即H(x)單調(diào)遞減，又因為H(1)0，所以H(x)0，即H(x)單調(diào)遞減，而H(1)0，所以H(x)0，即f(x)g(x)思維升華求解不等式恒成立或有解時參數(shù)的取值范圍問題，一般常用分離參數(shù)的方法，但是如果分離參數(shù)后對應(yīng)的函數(shù)不便于求解其最值，或者求解其函數(shù)最值較煩瑣時，可采用直接構(gòu)造函數(shù)的方法求解跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)ax2lnx(x>0，aR)(1)若a2，求點(1，f(1)處的切線方程；(2)若不等式f(x)對任意x>0恒成立，求實數(shù)a的值解(1)當a2時，f(x)x2lnx，f(x)，x>0.f(1)1，f(1)1，所求的切線方程為yx.(2)易得f(x)(x>0)當a0時，f(x)<0，當x>1時，f(x)<，故此時不合題意；當a>0時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，f(x)minfln，ln，即1lnaa0.設(shè)g(x)1lnxx，則g(x)1，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，即1lnxx0，故1lnaa0，a1.1(2017浙江)已知函數(shù)f(x)(x)ex.(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍解(1)因為(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.(2)由f(x)0，解得x1或x.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x1f(x)00f(x)0又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.2已知函數(shù)f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范圍解(1)因為f(x)aex，xR.當a0時，f(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a>0時，令f(x)0，得xlna.由f(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，lna)；由f(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，)綜上所述，當a0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，)(2)因為x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，則ax，即a.設(shè)h(x)，則問題轉(zhuǎn)化為amax，由h(x)，令h(x)0，得x.當x在區(qū)間(0，)內(nèi)變化時，h(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)極大值由上表可知，當x時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為，所以a.故a的取值范圍是.3已知函數(shù)f(x)x33x2ax2，曲線yf(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為2.(1)求a的值；(2)證明：當k<1時，曲線yf(x)與直線ykx2只有一個交點(1)解f(x)3x26xa，f(0)a.曲線yf(x)在點(0,2)處的切線方程為yax2.由題設(shè)得2，所以a1.(2)證明由(1)知，f(x)x33x2x2.設(shè)g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4.由題設(shè)知1k>0.當x0時，g(x)3x26x1k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(1)k1<0，g(0)4，所以g(x)0在(，0上有唯一實根當x>0時，令h(x)x33x24，則g(x)h(x)(1k)x>h(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上沒有實根綜上，g(x)0在R上有唯一實根，即曲線yf(x)與直線ykx2只有一個交點4設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2(a3)x3，其中aR，函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且0x1<1.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)(x)f(x)a(xx1)，當x1<x<x2時，求證：|(x)|<9.(1)解由題意可知，f(x)x2axa3，x1，x2為f(x)0的兩個根，所以a24(a3)>0，得a>6或a<2.又所以ax1，設(shè)ux111,2)，則au1u2，設(shè)yu2，u1,2)易知yu2在1,2)上為減函數(shù)，則2<u23，即2<a3，即3a<2.綜上可知，3a<2.(2)證明由0x1<1，x1<x<x2，知，(x)f(x)a(xx1)(xx1)(xx2)a(xx1)(xx1)(xx2a)(xx1)(xx2x1x2)x2x>0，所以|(x)|(x)x2x<xx(x2x1)(x2x1)(x2x1)a，由(1)可知3a<2，所以0<a24a129，所以|(x)|<9.5(2007浙江)設(shè)f(x)，對任意實數(shù)t，記gt(x)xt.(1)求函數(shù)yf(x)g8(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當x0時，f(x)gt(x)對任意正實數(shù)t成立；有且僅有一個正實數(shù)x0，使得g8(x0)gt(x0)對任意正實數(shù)t成立(1)解y4x.由yx240，得x2.因為當x(，2)時，y>0，x(2,2)時，y<0，當x(2，)時，y>0，故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，2)，(2，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(2,2)(2)證明方法一令h(x)f(x)gt(x)xt (x>0)，則h(x)x2，當t>0時，由h(x)0，得x.當x(0，)時，h(x)<0，當x(，)時，h(x)>0，所以h(x)在(0，)內(nèi)的最小值是h()0.故當x>0時，f(x)gt(x)對任意正實數(shù)t成立方法二對任意固定的x>0，令h(t)gt(x)xt (t>0)，則h(t)(x)，由h(t)0，得tx3.當0<t<x3時，h(t)>0；當t>x3時，h(t)<0，所以當tx3時，h(t)取到最大值h(x3).因此當x>0時，f(x)gt(x)對任意正實數(shù)t成立對任意x0>0，g8(x0)4x0，因為gt(x0)關(guān)于t的最大值是，所以使g8(x0)gt(x0)對任意正實數(shù)t成立的充要條件是4x0，即(x02)2(x04)0，又因為x0>0，不等式成立的充要條件是x02，所以有且僅有一個正實數(shù)x02，使得g8(x0)gt(x0)對任意正實數(shù)t成立6已知函數(shù)f(x)xalnx，aR.(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；(2)設(shè)g(x)，若不等式f(x)>g(x)對任意x2，e恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)1(x>0)，當a0時，f(x)>0在(0，)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，)上沒有極值點當a>0時，由f(x)<0，得0<x<a，由f(x)>0，得x>a，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增，即f(x)在xa處有極小值，無極大值所以當a0時，f(x)在(0，)上沒有極值點，當a>0時，f(x)在(0，)上有一個極值點(2)設(shè)h(x)f(x)g(x)xalnx(x>0)，則h(x)1，不等式f(x)>g(x)對任意x2，e恒成立，即函數(shù)h(x)xalnx在2，e上的最小值大于零當1ae，即ae1時，h(x)在2，e上單調(diào)遞減，所以h(x)的最小值為h(e)，由h(e)ea>0，可得a<，因為>e1，所以e1a<；當1a2，即a1時，h(x)在2，e上單調(diào)遞增，所以h(x)的最小值為h(2)，由h(2)2aln2>0，可得a<，即a1；當2<1a<e，即1<a<e1時，h(x)在2,1a)上單調(diào)遞減，在(1a，e上單調(diào)遞增，可得h(x)的最小值為h(1a)，因為0<ln(1a)<1，所以0<aln(1a)<a，故h(1a)2aaln(1a)>2，即1<a<e1.綜上可得，a的取值范圍是.