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第二篇重点专题分层练，中高档题得高分,第27练导数的综合应用压轴大题突破练,明晰考情 1.命题角度：函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题. 2.题目难度：偏难题.,核心考点突破练,栏目索引,模板答题规范练,考点一利用导数研究函数的零点(方程的根),方法技巧求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路 (1)转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题. (2)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，进而画出其图象. (3)结合图象求解.,核心考点突破练,解答,1.设函数f(x)x3ax2bxc. (1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；,解由f(x)x3ax2bxc， 得f(x)3x22axb. f(0)c，f(0)b， 曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.,解答,(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.,解当ab4时，f(x)x34x24xc， f(x)3x28x4. 令f(x)0，得3x28x40，,当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的变化情况如下：,解答,2.(2018东莞模拟)已知函数f(x)ex2x1. (1)求曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线方程；,解由题意知f(x)ex2，kf(0)121， 又f(0)e02010， f(x)在(0，f(0)处的切线方程为yx.,解答,(2)设g(x)af(x)(1a)ex，若g(x)有两个零点，求实数a的取值范围.,解g(x)ex2axa，g(x)ex2a. 当a0时，g(x)0，g(x)在R上单调递增，不符合题意. 当a0时，令g(x)0，得xln(2a)，在(，ln(2a)上，g(x)0， g(x)在(，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增， g(x)极小值g(ln(2a)2a2aln(2a)aa2aln(2a). g(x)有两个零点，g(x)极小值0，即a2aln(2a)0，,解答,3.(2018新余模拟)已知函数f(x)(x1)exax2，aR. (1)讨论函数f(x)的单调区间；,解f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a). 若a0，则当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0. 故函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增. 当a0时，由f(x)0，解得x0或xln(2a).,则xR，f(x)x(ex1)0， 故f(x)在(，)上单调递增；,则当x(，ln(2a)(0，)时，f(x)0； 当x(ln(2a)，0)时，f(x)0. 故函数f(x)在(，ln(2a)，(0，)上单调递增， 在(ln(2a)，0)上单调递减.,则当x(，0)(ln(2a)，)时，f(x)0； 当x(0，ln(2a)时，f(x)0. 故函数f(x)在(，0)，(ln(2a)，)上单调递增， 在(0，ln(2a)上单调递减.,解答,(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.,解当a0时，由(1)知，函数f(x)在(，0)上单调递减， 在(0，)上单调递增. 因为f(0)10， 取实数b满足ba(b1)ab2a(b2b1)a(421)0， 所以f(x)有两个零点； 若a0，则f(x)(x1)ex，故f(x)只有一个零点. 若a0，由(1)知，,又当x0时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；,在(0，ln(2a)上单调递减. 又f(0)1，故不存在两个零点. 综上所述，a的取值范围是(0，).,考点二利用导数证明不等式问题,方法技巧利用导数证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)0.其中找到函数h(x)f(x)g(x)的零点是解题的突破口.,解答,4.设函数f(x)ln xx1. (1)讨论函数f(x)的单调性；,令f(x)0，解得x1. 当00，f(x)单调递增； 当x1时，f(x)0，f(x)单调递减. 因此，f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数.,证明,即为ln x1时，f(x)1， 则F(x)1ln x1ln x， 当x1时，F(x)0，可得F(x)在(1，)上单调递增， 即有F(x)F(1)0， 即有xln xx1.综上，原不等式得证.,当0 x2时，f(x)0； 当x2时，f(x)0. 所以f(x)的单调递增区间为(2，)，单调递减区间为(0,2).,解答,5.(2018全国)已知函数f(x)aexln x1. (1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；,证明,当0 x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0. 所以x1是g(x)的最小值点. 故当x0时，g(x)g(1)0.,解答,6.设函数f(x)e2xaln x. (1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；,解f(x)的定义域为(0，)，,当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；,所以f(x)在(0，)上单调递增.,故当a0时，f(x)存在唯一零点.,证明,证明由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0， 当x(0，x0)时，f(x)0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).,考点三不等式恒成立或有解问题,方法技巧不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论. (3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.,解答,7.已知函数f(x)exex2ax(aR). (1)若f(x)在(0，1)上单调，求a的取值范围；,解由题意知，f(x)ex2exa， 令h(x)ex2exa，则h(x)ex2e， 当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递减，即f(x)在(0，1)上单调递减. 若f(x)在(0，1)上单调递增，则f(1)0，即ae； 若f(x)在(0，1)上单调递减，则f(0)0，即a1. 综上可知，a的取值范围为(，1e，).,解答,(2)若函数yf(x)exln x的图象恒在x轴上方，求a的最小整数解.,令t(x)ex1x，t(x)ex11，当x1时，t(x)0，t(x)单调递增， 当0x1时，t(x)0，t(x)单调递减， t(x)t(1)0，ex1x0. 当x1时，g(x)单调递增，当0x1时，g(x)单调递减，,结合题意，知a0，故a的最小整数解为1.,解答,8.已知函数f(x)ln x.,由题意得方程x2ax10有两个不等的正实数根， 设两根为x1，x2，,解答,(2)若关于x的方程f(x)m(x1)(mZ)有实数解，求整数m的最大值.,当x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递增； 当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递减，,即mh(x)max(mZ)， 故m0，经检验当m0时满足题意，整数m的最大值为0.,解答,9.(2017全国)设函数f(x)(1x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性；,解f(x)(12xx2)ex.,解答,(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围.,解f(x)(1x)(1x)ex. 当a1时，设函数h(x)(1x)ex，则h(x)xex0)， 因此h(x)在0，)上单调递减.而h(0)1，故h(x)1， 所以f(x)(x1)h(x)x1ax1. 当00(x0)， 所以g(x)在0，)上单调递增. 而g(0)0，故exx1.,则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010， 故f(x0)ax01.,则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01. 综上，a的取值范围是1，).,模板答题规范练,模板体验,典例(12分)已知函数f(x)ln xmxm，mR. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求实数m的值；,审题路线图,规范解答评分标准,当m0时，f(x)0恒成立，则函数f(x)在(0，)上单调递增；,(2)解由(1)知，当m0时显然不成立；,只需mln m10即可，令g(x)xln x1，,函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以g(x)ming(1)0. 故f(x)0在x(0，)上恒成立时，m1. 8分,构建答题模板 第一步求导数. 第二步看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质. 第三步用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法. 第四步得结论：审视转化过程的合理性. 第五步再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.,规范演练,解答,(1)求f(x)的单调区间和极值；,解函数的定义域为(0，).,f(x)与f(x)在区间(0，)上随x的变化情况如下表：,证明,(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， 上仅有一个零点.,解答,2.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论f(x)的单调性；,若a0，则当x(0，)时，f(x)0， 故f(x)在(0，)上单调递增.,综上，当a0，f(x)在(0，)上单调递增；,证明,设g(x)ln xx1(x0)，,当x(0，1)时，g(x)0； 当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.,解答,(1)求f(x)的单调区间；,由f(x)0，得01，,f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，).,解答,证明,f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 10，即f(x)0，,解答,4.已知函数f(x)aln x1(a0).,当01时，(x)0. (x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数. 故(x)在x1处取得极小值，也是最小值. (x)min(1)0.,所以实数a的取值范围为e1，).,解答,(2)若在区间(1，e)上f(x)x恒成立，求实数a的取值范围.,故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)h(1)0. 因为h(x)0，所以g(x)0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，,
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