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高考专题突破二高考中的导数应用问题题型一利用导数研究函数性质例1(2018台州质检)已知函数f(x)x3|xa|(aR)(1)当a1时，求f(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)当a(0,1)时，求f(x)在1,1上的最小值(用a表示)解(1)当a1，x0，知f(x)在a,1上单调递增当1x0，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得x0，所以x2(a2)xa0对x(1,1)都成立，即a(x1)对x(1,1)都成立令y(x1)，则y10.所以y(x1)在(1,1)上单调递增，所以y0)，由f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)lne2，f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m0，故f(x)在(0,1)上单调递增；当x(1,3)时，f(x)0，即a23时，f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，x1x22a，x1x23.则f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减由题意知|f(x1)f(x2)|，即.化简得(a23)31，解得30，aR)(1)若a2，求点(1，f(1)处的切线方程；(2)若不等式f(x)对任意x0恒成立，求实数a的值解(1)当a2时，f(x)x2lnx，f(x)，x0.f(1)1，f(1)1，所求的切线方程为yx.(2)易得f(x)(x0)当a0时，f(x)1时，f(x)0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minfln，ln，即1lnaa0.设g(x)1lnxx，则g(x)1，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)g(1)0，即1lnxx0，故1lnaa0，a1.1(2017浙江)已知函数f(x)(x)ex.(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间上的取值范围解(1)因为(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.(2)由f(x)0，解得x1或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x1f(x)00f(x)0又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在区间上的取值范围是.2已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xlna.由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，lna)；由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，lna)，单调递减区间为(lna，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则ax，即a.设h(x)，则问题转化为amax，由h(x)，令h(x)0，得x.当x在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a.故a的取值范围是.3已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a的值；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上没有实根综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点4设函数f(x)x3ax2(a3)x3，其中aR，函数f(x)有两个极值点x1，x2，且0x11.(1)求实数a的取值范围；(2)设函数(x)f(x)a(xx1)，当x1xx2时，求证：|(x)|0，得a6或a2.又所以ax1，设ux111,2)，则au1u2，设yu2，u1,2)易知yu2在1,2)上为减函数，则2u23，即2a3，即3a2.综上可知，3a2.(2)证明由0x11，x1x0，所以|(x)|(x)x2xxx(x2x1)(x2x1)(x2x1)a，由(1)可知3a2，所以0a24a129，所以|(x)|0，x(2,2)时，y0，故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)，单调递减区间是(2,2)(2)证明方法一令h(x)f(x)gt(x)xt (x0)，则h(x)x2，当t0时，由h(x)0，得x.当x(0，)时，h(x)0，所以h(x)在(0，)内的最小值是h()0.故当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立方法二对任意固定的x0，令h(t)gt(x)xt (t0)，则h(t)(x)，由h(t)0，得tx3.当0t0；当tx3时，h(t)0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立对任意x00，g8(x0)4x0，因为gt(x0)关于t的最大值是，所以使g8(x0)gt(x0)对任意正实数t成立的充要条件是4x0，即(x02)2(x04)0，又因为x00，不等式成立的充要条件是x02，所以有且仅有一个正实数x02，使得g8(x0)gt(x0)对任意正实数t成立6已知函数f(x)xalnx，aR.(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)设g(x)，若不等式f(x)g(x)对任意x2，e恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)1(x0)，当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上没有极值点当a0时，由f(x)0，得0x0，得xa，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，即f(x)在xa处有极小值，无极大值所以当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点，当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点(2)设h(x)f(x)g(x)xalnx(x0)，则h(x)1，不等式f(x)g(x)对任意x2，e恒成立，即函数h(x)xalnx在2，e上的最小值大于零当1ae，即ae1时，h(x)在2，e上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)ea0，可得ae1，所以e1a0，可得a，即a1；当21ae，即1ae1时，h(x)在2,1a)上单调递减，在(1a，e上单调递增，可得h(x)的最小值为h(1a)，因为0ln(1a)1，所以0aln(1a)2，即1ae1.综上可得，a的取值范围是.
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