2020屆安徽省高考理科數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第1部分 板塊2 核心考點(diǎn)突破拿高分 專題6 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題(大題)

1、第4講導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問題(大題)熱點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，只有研究了函數(shù)的單調(diào)性，才能研究其函數(shù)圖象的變化規(guī)律，進(jìn)而確定其極值、最值和函數(shù)的零點(diǎn)等.注意：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增，則有f(x)0在區(qū)間D上恒成立，但反過來不一定成立.例1(2019武邑調(diào)研)已知函數(shù)f(x)ln xax2bx(其中a，b為常數(shù)且a0)在x1處取得極值.(1)當(dāng)a1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在(0，e上的最大值為1，求a的值.解(1)因?yàn)閒(x)ln xax2bx，x0，所以f(x)2axb，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)ln xax2bx在x1處取得極值，所以f(1)

2、12ab0，當(dāng)a1時，b3，令f(x)0，得x1或x.f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)由(1)知b2a1，則f(x)ln xax2(2a1)x，因?yàn)閒(x)，令f(x)0，得x11，x2，因?yàn)閒(x)在 x1處取得極值，所以x2x11，即a，當(dāng)a0，即0時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間(0，e上的最大值為f(1)，令f(1)1，解得a2.當(dāng)0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(1，e上單調(diào)遞增，所以最大值1可能在x或xe處取得，而

3、fln a2(2a1)ln 10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a.當(dāng)1e，即a時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以最大值1可能在x1或xe處取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，與a矛盾.當(dāng)e，即0a時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以最大值1可能在x1處取得，而f(1)ln 1a(2a1)0恒成立，故h(x)在(1,0)上為增函數(shù)，由h(x)h(0)ln 10，所以函數(shù)g(x)在(1,0)上單調(diào)遞減.x(0，)有h(x)0恒成立，故h(x)在(0，)上為減函

4、數(shù)，由h(x)x；(2)討論函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個數(shù).(1)證明當(dāng)a0時，f(x)exx.令g(x)f(x)xexxxex2x，則g(x)ex2，當(dāng)g(x)0時，xln 2；當(dāng)xln 2時，g(x)ln 2時，g(x)0，所以g(x)在(，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增，所以xln 2是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，即g(x)ming(ln 2)eln 22ln 22ln 0，故當(dāng)a0時，f(x)x成立.(2)解f(x)ex1，由f(x)0，得x0.當(dāng)x0時，f(x)0時，f(x)0，所以f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，所以x0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，

5、也是最小值點(diǎn)，即f(x)minf(0)1a.當(dāng)1a0，即a1時，f(x)沒有零點(diǎn)，當(dāng)1a0，即a1時，f(x)只有一個零點(diǎn)，當(dāng)1a1時，因?yàn)閒(a)ea(a)aea0，所以f(x)在(a,0)上有一個零點(diǎn)，即f(x)在(，0)上只有一個零點(diǎn)；由(1)，得ex2x，令xa，則得ea2a，所以f(a)eaaaea2a0，于是f(x)在(0，a)上有一個零點(diǎn)，即f(x)在(0，)上只有一個零點(diǎn)，因此，當(dāng)a1時，f(x)有兩個零點(diǎn).綜上，當(dāng)a1時，f(x)有兩個零點(diǎn).跟蹤演練2(2019懷化模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ln xax2bx.(1)若x1是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)當(dāng)a0，b1時，

6、方程x22mf(x)(其中m0)有唯一實(shí)數(shù)解，求m的值.解(1)由題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，則導(dǎo)數(shù)為f(x)axb，由f(1)0，得b1a，f(x)axa1，若a0，由f(x)0，得x1.當(dāng)0x0，此時f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時，f(x)0，此時f(x)單調(diào)遞減.所以x1是f(x)的極大值點(diǎn)，若a1，解得1a0，x0，所以x10，當(dāng)x(0，x2)時，g(x)0，g(x)在(x2，)單調(diào)遞增，當(dāng)xx2時，g(x)0，g(x)取最小值g(x2)，則即所以2mln x2mx2m0，因?yàn)閙0，所以2ln x2x210，(*)設(shè)函數(shù)h(x)2ln xx1，因?yàn)楫?dāng)x0時，h(x)是增函數(shù)，所以

7、h(x)0至多有一解，因?yàn)閔(1)0，所以方程*的解為x21，即1，解得m.熱點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立、存在性問題1.由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略：(1)求最值法，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題；(2)分離參數(shù)法，將參數(shù)分離出來，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為af(x)max或af(x)min的形式，通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍.2.利用導(dǎo)數(shù)處理不等式在區(qū)間D上有解或恒成立的常用結(jié)論：不等式af(x)在區(qū)間D上有解af(x)在區(qū)間D上有解af(x)min；不等式af(x)在區(qū)間D上有解af(x)min；不等式af(x)在區(qū)間D上恒成立af(x)在區(qū)間D上恒成立af(x)m

8、ax；不等式af(x)在區(qū)間D上恒成立af(x)max.例3(2019郴州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)2x2aln x，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a0，若存在正實(shí)數(shù)m，使得對任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)f(x)2，x0，若a0，則f(x)0，故f(x)在(0，)上為增函數(shù)，若a0，則f(x)0x，f(x)00x，故f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù).(2)若00對x(1，)恒成立，則|f(x)|2ln xf(x)2ln x2x2(a2)ln x0，設(shè)g(x)2x2(a2)ln x，x1，則|f(x)|2ln x等價于g(x)0，g(

9、x)2，g(x)0x，g(x)01x，故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，而g(1)0，顯然當(dāng)x時，g(x)2ln x恒成立，故02，則1，由(1)知f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，f(1)0，當(dāng)x時，f(x)2ln xf(x)2ln x2x2(2a)ln x2ln x等價于h(x)0，h(x)2，x.()若21，2x2a0，h(x)在上為增函數(shù)，h(1)0，x，h(x)0，故不存在正實(shí)數(shù)m，使得對任意x(1，m)都有|f(x)|2ln x恒成立，故24，易知h(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，h(1)0，x，h(x)2ln x恒成立，故a4滿足條件.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(4，)

10、.跟蹤演練3(2019南充調(diào)研)已知f(x)axln(x)，xe,0)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR.(1)當(dāng)a1時，證明：f(x)；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為3，如果存在，求出a的值；如果不存在，請說明理由.(1)證明由題意可知，所證不等式為f(x)，xe,0)，當(dāng)a1時，f(x)xln(x)，xe,0)，因?yàn)閒(x)1，所以當(dāng)ex1時，f(x)0，此時f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1x0，此時f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在e,0)上有唯一極小值f(1)1，即f(x)在e,0)上的最小值為1；令h(x)，xe,0)，則h(x)，當(dāng)ex0時，h(x)0，故h(x)在e,0)上單調(diào)遞減，

11、所以h(x)maxh(e).(2)解假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)axln(x)的最小值為3，f(x)a，xe,0)，若a，由于xe,0)，則f(x)a0，所以函數(shù)f(x)axln(x)在e,0)上是增函數(shù)，所以f(x)minf(e)ae13，解得a與a矛盾，舍去.若a，則當(dāng)ex時，f(x)a0，此時f(x)axln(x)是減函數(shù)，當(dāng)x0，此時f(x)axln(x)是增函數(shù)，所以f(x)minf1ln3，解得ae2.綜上知，存在實(shí)數(shù)ae2，使f(x)的最小值為3.熱點(diǎn)四導(dǎo)數(shù)與不等式的證明問題利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的解題策略：一般先將待證不等式如f(x)g(x)的形式轉(zhuǎn)化為f(x)g(x)0的形式，再設(shè)

12、h(x)f(x)g(x)，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)h(x)在指定區(qū)間上的最小值問題.不過由于不等式呈現(xiàn)的形式多樣化，具體求解時還得靈活多變.例4(2019濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)xln xx2(a1)x，其導(dǎo)函數(shù)f(x)的最大值為0.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x1)f(x2)1(x1x2)，證明：x1x22.(1)解由題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，其導(dǎo)函數(shù)f(x)ln xaxa，記h(x)f(x)，則h(x).當(dāng)a0時，h(x)0恒成立，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且h(1)0.所以x(1，)，有h(x)f(x)0，故a0時不成立；當(dāng)a0時，若x，則h(x)0；若x，則h(x)

13、0.所以h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.所以h(x)maxhln aa10.令g(a)ln aa1，則g(a)1.當(dāng)0a1時，g(a)1時，g(a)0.所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增.所以g(a)g(1)0，故a1.(2)證明當(dāng)a1時，f(x)xln xx2，則f(x)1ln xx.由(1)知f(x)1ln xx0恒成立，所以f(x)xln xx2在(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)，f(x1)f(x2)12f(1)，不妨設(shè)0x1x2，則0x112，只需證x22x1，因?yàn)閒(x)在(0，)上單調(diào)遞減，則只需證f(x2)f(2x1)，又因?yàn)閒(x1)f(x2)1，則只需

14、證1f(x1)1.令F(x)f(x)f(2x)(其中x(0,1)，且F(1)1.所以欲證f(2x1)f(x1)1，只需證F(x)F(1)，x(0,1)，由F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x，整理得F(x)ln xln(2x)2(1x)，令k(x)F(x)，則k(x)0，x(0,1)，所以F(x)ln xln(2x)2(1x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增，所以x(0,1)，F(xiàn)(x)ln xln(2x)2(1x)F(1)，x(0,1)，故x1x22.跟蹤演練4(2019湖南長沙雅禮中學(xué)、河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ae2xaexxex(a0，e2.718，e為自然對數(shù)的底

15、數(shù))，若f(x)0對于xR恒成立.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)證明：f(x)存在唯一極大值點(diǎn)x0，且f(x0).(1)解由f(x)ex(aexax)0對于xR恒成立，設(shè)函數(shù)g(x)aexax，可得g(x)aexax0對于xR恒成立，g(0)0，g(x)g(0)，從而x0是g(x)的一個極小值點(diǎn)，g(x)aex1，g(0)a10，即a1.當(dāng)a1時，g(x)ex1x，g(x)ex1，x(，0)時，g(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，g(x)g(0)0，即f(x)0，a1.(2)證明當(dāng)a1時，f(x)e2xexxex，f(x)ex(2exx2).令h(x)2exx2，則h(x)2ex1，當(dāng)x(，

16、ln 2)時，h(x)0，h(x)在(ln 2，)上為增函數(shù)，且h(0)0，h(1)0，在(2，1)上存在xx0滿足h(x0)0，h(x)在(，ln 2)上為減函數(shù)，當(dāng)x(，x0)時，h(x)0，即f(x)0，f(x)在(，x0)上為增函數(shù)，當(dāng)x(x0，ln 2)時，h(x)0，即f(x)0，f(x)在(x0，ln 2)上為減函數(shù)，當(dāng)x(ln 2,0)時，h(x)h(0)0，即f(x)h(0)0，即f(x)0，f(x)在(0，)上為增函數(shù)，f(x)在(ln 2，)上只有一個極小值點(diǎn)0，綜上可知，f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且x0(2，1).h(x0)0，2x020，f(x0)2(x01)，

17、x0(2，1)，當(dāng)x(2，1)時，f(x0)；ln(2，1)，f(x0)f；綜上知f(x0)0，f(1)1a10，故a0.(2)解f(x)，方程ax2x10的判別式14a，當(dāng)a時，0，f(x)0，f(x)在(0，)上遞減，當(dāng)0a0，x20，故f(x)在(0，x1)上遞減，在(x1，x2)上遞增，在(x2，)上遞減，當(dāng)a0時，f(x)，f(x)在(0,1)上遞減，在(1，)上遞增，當(dāng)a0，x20，則g(x)(x1)ex1，令h(x)(x1)ex1，x0，h(x)(x2)ex0，故h(x)在(0，)上遞增，又h0，故x0，使得h(x0)0，即x01，g(x)在(0，x0)上遞減，在(x0，)上遞增

18、，故g(x)ming(x0)x0 x010，故f(x)xexx1.A組專題通關(guān)1.(2019郴州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)ex(ax2xa).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)ex(ax22x)1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x)ex(axa1)(x1)，當(dāng)a0時，f(x)ex(x1)，所以函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時，f(x)aex(x1)，則方程f(x)0有兩根1，；()當(dāng)a0時，1，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在，(1，)上單調(diào)遞增；()當(dāng)a0時，10時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在，(1，)上單調(diào)遞

19、增；當(dāng)a0，則當(dāng)x(，0)時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.故f(x)在(，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；若a0，f(x)在(，)上單調(diào)遞增；若a0；當(dāng)x時，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.理由如下當(dāng)a0時，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)b1，最大值為f(1)2ab1.解得a0，b1，此時a，b滿足條件.當(dāng)a3時，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)b1，最小值為f(1)2ab1.解得a4，b1，此時a，b滿足條件.當(dāng)0a3時，由(1)知，f(x)在0,1上的最小值為f b，最大值為b或2ab.若b1，b1，則a3，與0a3