1、第 2 页 共 56 页第一部分构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧技法一：“比较法”构造函数典例 (2017广州模拟)已知函数f(x)exax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为1(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex解 (1)由f(x)exax，得f(x)exa因为f(0)1a1
2、，所以a2，所以f(x)ex2x，f(x)ex2，令f(x)0，得xln 2，当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值QQ群339444963(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增所以当x0时，g(x)g(0)10，即x2ex方法点拨在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2ex”构造函数，得到“g(x)exx2
3、”，并利用(1)的结论求解对点演练已知函数f(x)xex，直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0(x01)处的切线，第 3 页 共 56 页求证：f(x)g(x)证明：函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，则h(x)f(x)f(x0)1xex1x0e0 x1x e0 x1x0 exe0 x设(x)(1x)e 0 x(1x0)ex，则(x)e 0 x(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上单调递减，又(x0)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，(x)0，当xx0时，h(x)0，
4、当xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，h(x)h(x0)0，QQ群339444963f(x)g(x)技法二：“拆分法”构造函数典例设函数f(x)aexln xbex1x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线为ye(x1)2(1)求a，b；(2)证明：f(x)1解 (1)f(x)aex ln x1xbex1 x1x2 (x0)，由于直线ye(x1)2的斜率为e，图象过点(1,2)，所以f 12，f 1e，即b2，aee，解得a1，b2.(2)证明：由(1)知f(x)exln x2ex1x (x0)，从而f(x)1等价于xln xxex2e构造
5、函数g(x)xln x，则g(x)1ln x，第 4 页 共 56 页所以当x0，1e时，g(x)0，当x1e，时，g(x)0，故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，上单调递增，QQ群339444963从而g(x)在(0，)上的最小值为g 1e1e构造函数h(x)xex2e，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0；故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1)1e综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1方法点拨对于第(2)问“aexln xbex1x1”的证明，若直接构造函数h(x)aexl
6、n xbex1x1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“aexln xbex1x1”合理拆分为“xln xxex2e”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的对点演练已知函数f(x)aln xx1bx，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30(1)求a，b的值；第 5 页 共 56 页(2)证明：当x0，且x1时，f(x)ln xx1解：(1)f(x)a x1xln xx1 2bx2(x0)由于直线x2y30的斜率为12，且过点(1,1)，故f 11，f 112，即b1，a2b12.解得a1，b1.(2)证明：由(1)知f(x)ln
7、xx11x(x0)，所以f(x)ln xx111x2 2ln xx21x考虑函数h(x)2ln xx21x (x0)，则h(x)2x2x2x21x2x1 2x2所以当x1时，h(x)0而h(1)0，故当x(0,1)时，h(x)0，可得11x2h(x)0；当x(1，)时，h(x)0，可得11x2h(x)0从而当x0，且x1时，f(x)ln xx10，即f(x)ln xx1QQ群339444963技法三：“换元法”构造函数典例已知函数f(x)ax2xln x(aR)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线x3y0垂直(1)求实数a的值；(2)求证：当nm0时，ln nln mmnnm第 6 页 共
8、56 页解 (1)因为f(x)ax2xln x，所以f(x)2axln x1，因为切线与直线x3y0垂直，所以切线的斜率为3，所以f(1)3，即2a13，故a1(2)证明：要证ln nln mmnnm，即证lnnmmnnm，只需证ln nmmnnm0令nmx，构造函数g(x)ln x1xx(x1)，则g(x)1x1x21因为x1，)，所以g(x)1x1x210，故g(x)在(1，)上单调递增由已知nm0，得nm1，所以g nmg(1)0，QQ群339444963即证得ln nmmnnm0成立，所以命题得证方法点拨对“待证不等式”等价变形为“lnnmmnnm0”后，观察可知，对“nm”进行换元，
9、变为“ln x1xx0”，构造函数“g(x)ln x1xx(x1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算对点演练已知函数f(x)x2ln x(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有25ln g tln t第 7 页 共 56 页12解：(1)由已知，得f(x)2xln xxx(2ln x1)(x0)，令f(x)0，得x1e当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0，1e 1e 1e，f(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e
10、，(2)证明：当0 x1时，f(x)0，t0，当0 x1时不存在tf(s)令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)上单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而ln g tln tln sln f sln sln s2ln sln s2ln sln ln su2uln u，QQ群339444963其中uln s要使25ln g tln t12成立，只需0ln uu2当te2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾
11、所以se，即u1，从而ln u0成立第 8 页 共 56 页另一方面，令F(u)ln uu2，u1，F(u)1u12，令F(u)0，得u2当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0故对u1，F(u)F(2)0，因此ln uu2成立综上，当te2时，有25ln g tln t12技法四：二次(甚至多次)构造函数典例 (2017广州综合测试)已知函数f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为1，求实数m的值；(2)当m1时，证明：f(x)g(x)x3解 (1)因为f(x)exmx3，所以f(x)exm3x2因为曲线yf(x)在点(0，f(0)
12、处的切线斜率为1，所以f(0)em1，解得m0(2)证明：因为f(x)exmx3，g(x)ln(x1)2，所以f(x)g(x)x3等价于exmln(x1)20当m1时，exmln(x1)2ex1ln(x1)2要证exmln(x1)20，只需证明ex1ln(x1)20设h(x)ex1ln(x1)2，则h(x)ex11x1设p(x)ex11x1，则p(x)ex11x1 20，所以函数p(x)h(x)ex11x1在(1，)上单调递增因为h12e1220，h(0)e10，第 9 页 共 56 页所以函数h(x)ex11x1在(1，)上有唯一零点x0，且x012，0QQ群339444963因为h(x0)
13、0，所以ex011x01，即ln(x01)(x01)当x(1，x0)时，h(x)0，当x(x0，)时，h(x)0，所以当xx0时，h(x)取得最小值h(x0)，所以h(x)h(x0)ex01ln(x01)21x01(x01)20综上可知，当m1时，f(x)g(x)x3方法点拨本题可先进行适当放缩，m1时，exmex1，再两次构造函数h(x)，p(x)对点演练(2016合肥一模)已知函数f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，其中e为自然对数的底数(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立，求t的取值范围解：(1)由f(
14、x)exxln x，知f(x)eln x1，则f(1)e1，而f(1)e，则所求切线方程为ye(e1)(x1)，即y(e1)x1(2)f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立等价于extx2xexxln x0对任意的x(0，)恒成立，即texxexxln xx2对任意的x(0，)恒成立令F(x)exxexxln xx2，第 10 页 共 56 页则F(x)xexex2exxln xx31x2 exe2exxln x，令G(x)exe2exxln x，则G(x)ex2 xexexx21xex x1 2exxx20对任意的x(0，)恒成立G(x)
15、exe2exxln x在(0，)上单调递增，且G(1)0，当x(0,1)时，G(x)0，当x(1，)时，G(x)0，即当x(0,1)时，F(x)0，当x(1，)时，F(x)0，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)F(1)1，t1，即t的取值范围是(，1强化训练1设函数f(x)x2ex1ax3bx2，已知x2和x1为f(x)的极值点(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性；(3)设g(x)23x3x2，比较f(x)与g(x)的大小解：(1)因为f(x)ex1(2xx2)3ax22bxxex1(x2)x(3ax2b)，又x2和x1为f(x)的极值点，所以f(2)f(
16、1)0，因此6a2b0，33a2b0，解得a13，b1.(2)因为a13，b1，第 11 页 共 56 页所以f(x)x(x2)(ex11)，令f(x)0，解得x12，x20，x31因为当x(，2)(0,1)时，f(x)0；当x(2,0)(1，)时，f(x)0所以f(x)在(2,0)和(1，)上是单调递增的；在(，2)和(0,1)上是单调递减的(3)由(1)可知f(x)x2ex113x3x2故f(x)g(x)x2ex1x3x2(ex1x)，令h(x)ex1x，则h(x)ex11令h(x)0，得x1，因为当x(，1时，h(x)0，所以h(x)在(，1上单调递减；故当x(，1时，h(x)h(1)0
17、；因为当x1，)时，h(x)0，所以h(x)在1，)上单调递增；故x1，)时，h(x)h(1)0所以对任意x(，)，恒有h(x)0；又x20，因此f(x)g(x)0故对任意x(，)，恒有f(x)g(x)2(2015北京高考)已知函数f(x)ln1x1x(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0,1)时，f(x)2 xx33；(3)设实数k使得f(x)k xx33对x(0,1)恒成立，求k的最大值解：(1)因为f(x)ln(1x)ln(1x)(1x1)，所以f(x)11x11x，f(0)2第 12 页 共 56 页又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(
18、0)处的切线方程为y2x(2)证明：令g(x)f(x)2 xx33，则g(x)f(x)2(1x2)2x41x2因为g(x)0(0 x1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增所以g(x)g(0)0，x(0,1)，即当x(0,1)时，f(x)2 xx33(3)由(2)知，当k2时，f(x)k xx33对x(0,1)恒成立当k2时，令h(x)f(x)k xx33，则h(x)f(x)k(1x2)kx4k21x2所以当0 x4 k2k时，h(x)0，因此h(x)在区间0，4 k2k上单调递减故当0 x4 k2k时，h(x)h(0)0，即f(x)k xx33所以当k2时，f(x)k xx33并非对x(
19、0,1)恒成立综上可知，k的最大值为23(2016广州综合测试)已知函数f(x)mexln x1(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当m1时，证明：f(x)1解：(1)当m1时，f(x)exln x1，所以f(x)ex1x第 13 页 共 56 页所以f(1)e1，f(1)e1所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x(2)证明：当m1时，f(x)mexln x1exln x1(x0)要证明f(x)1，只需证明exln x20设g(x)exln x2，则g(x)ex1x设h(x)ex1x，则h(x)ex1x20
20、，所以函数h(x)g(x)ex1x在(0，)上单调递增因为g 12e1220，g(1)e10，所以函数g(x)ex1x在(0，)上有唯一零点x0，且x012，1因为g(x0)0，所以ex01x0，即ln x0 x0当x(0，x0)时，g(x)0；当x(x0，)时，g(x)0所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)故g(x)g(x0)ex0ln x021x0 x020综上可知，当m1时，f(x)14(2017石家庄质检)已知函数f(x)a xx2ex(x0)，其中e为自然对数的底数(1)当a0时，判断函数yf(x)极值点的个数；(2)若函数有两个零点x1，x2(x1x2)，设tx2x1，证明
21、：x1x2随着t的增大而增大解：(1)当a0时，f(x)x2ex(x0)，第 14 页 共 56 页f(x)2xexx2 exex 2x x2ex，令f(x)0，得x2，当x(0,2)时，f(x)0，yf(x)单调递减，当x(2，)时，f(x)0，yf(x)单调递增，所以x2是函数的一个极小值点，无极大值点，即函数yf(x)有一个极值点(2)证明：令f(x)a xx2ex0，得x 32aex，因为函数有两个零点x1，x2(x1x2)，所以x1 321aex1，x 322aex2，可得32ln x1ln ax1，32ln x2ln ax2故x2x132ln x232ln x132ln x2x1又
22、x2x1t，则t1，且x2tx1，x2x132ln t，解得x132ln tt1，x232tln tt1所以x1x232 t1 ln tt1令h(x)x1 ln xx1，x(1，)，则h(x)2ln xx1xx1 2令u(x)2ln xx1x，得u(x)x1x 2当x(1，)时，u(x)0因此，u(x)在(1，)上单调递增，第 15 页 共 56 页故对于任意的x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得h(x)0，故h(x)在(1，)上单调递增因此，由可得x1x2随着t的增大而增大第二部分利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性典例已知函数g(x)ln xax2bx，函数g(
23、x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于x轴(1)确定a与b的关系；(2)若a0，试讨论函数g(x)的单调性解 (1)依题意得g(x)1x2axb(x0)由函数g(x)的图象在点(1，g(1)处的切线平行于x轴得：g(1)12ab0，b2a1(2)由(1)得g(x)2ax22a1 x1x2ax1 x1x函数g(x)的定义域为(0，)，当a0时，g(x)x1x由g(x)0，得0 x1，由g(x)0，得x1，当a0时，令g(x)0，得x1或x12a，若12a1，即a12，由g(x)0，得x1或0 x12a，由g(x)0，得12ax1；若12a1，即0a12，第 16 页 共 56 页由g(x)0
24、，得x12a或0 x1，由g(x)0，得1x12a，若12a1，即a12在(0，)上恒有g(x)0综上可得：当a0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当0a12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在1，12a上单调递减，在12a，上单调递增；当a12时，函数g(x)在(0，)上单调递增，当a12时，函数g(x)在0，12a上单调递增，在12a，1上单调递减，在(1，)上单调递增方法点拨(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点(3)本题(2)求解应先分
25、a0或a0两种情况，再比较12a和1的大小对点演练(2016太原一模)已知函数f(x)xaln x(aR)(1)当a2时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)设函数h(x)f(x)1ax，求函数h(x)的单调区间解：(1)当a2时，f(x)x2ln x，f(1)1，即切点为(1,1)，第 17 页 共 56 页f(x)12x，f(1)121，曲线yf(x)在点(1,1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20(2)由题意知，h(x)xaln x1ax (x0)，则h(x)1ax1ax2x2ax1ax2x1 x1a x2，当a10，即a1时，令h(x)0，x0，x1a，令h(x)0，x0，0
26、 x1a当a10，即a1时，h(x)0恒成立，综上，当a1时，h(x)的单调递减区间是(0，a1)，单调递增区间是(a1，)；当a1时，h(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间技法二：利用导数研究函数的极值典例设a0，函数f(x)12x2(a1)xa(1ln x)(1)若曲线yf(x)在(2，f(2)处的切线与直线yx1垂直，求切线方程(2)求函数f(x)的极值解 (1)由已知，得f(x)x(a1)ax(x0)，又由题意可知yf(x)在(2，f(2)处切线的斜率为1，所以f(2)1，即2(a1)a21，解得a0，此时f(2)220，故所求的切线方程为yx2(2)f(x)x(a1)axx
27、2a1 xaxx1 xax (x0)第 18 页 共 56 页当0a1时，若x(0，a)，则f(x)0，函数f(x)单调递增；若x(a,1)，则f(x)0，函数f(x)单调递减；若x(1，)，则f(x)0，函数f(x)单调递增此时xa是f(x)的极大值点，x1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)12a2aln a，极小值是f(1)12当a1时，f(x)x1 2x 0，所以函数f(x)在定义域(0，)内单调递增，此时f(x)没有极值点，故无极值当a1时，若x(0,1)，则f(x)0，函数f(x)单调递增；若x(1，a)，则f(x)0，函数f(x)单调递减；若x(a，)，则f(x)
28、0，函数f(x)单调递增此时x1是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(1)12，极小值是f(a)12a2aln a综上，当0a1时，f(x)的极大值是12a2aln a，极小值是12；当a1时，f(x)没有极值；当a1时f(x)的极大值是12，极小值是12a2aln a方法点拨对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f(x)零点的存在；(2)参数是否影响f(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小；第 19 页 共 56 页(3)参数是否影响f(x)在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)
29、对点演练(2016山东高考)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围解：(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)所以g(x)1x2a12axx当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0，x0，12a时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x12a，时，g(x)0，函数g(x)单调递减所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为0，12a，单调减区间为12a，(2)由(1)知，f(1)0当a0时，f(
30、x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当0a12时，12a1，由(1)知f(x)在0，12a内单调递增，可得当x(0,1)时，f(x)0，当x1，12a时，f(x)0所以f(x)在(0,1)内单调递减，在1，12a内单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当a12时，12a1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，第 20 页 共 56 页所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意当a12时，012a1，当x12a，1时，f(x)0，f(x)
31、单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)在x1处取极大值，符合题意综上可知，实数a的取值范围为12，技法三：利用导数研究函数的最值典例已知函数f(x)ln xax(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在1,2上的最小值解 (1)由题意，f(x)1xa(x0)，当a0时，f(x)1xa0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，)当a0时，令f(x)1xa0，可得x1a，当0 x1a时，f(x)1axx0；当x1a时，f(x)1axx0，故函数f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间
32、为(0，)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，(2)当1a1，即a1时，函数f(x)在区间1,2上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)ln 22a第 21 页 共 56 页当1a2，即0a12时，函数f(x)在区间1,2上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)a当11a2，即12a1时，函数f(x)在1，1a上是增函数，在1a，2上是减函数又f(2)f(1)ln 2a，所以当12aln 2时，最小值是f(1)a；当ln 2a1时，最小值为f(2)ln 22a综上可知，当0aln 2时，函数f(x)的最小值是a；当aln 2时，函数f(x)的最小值是ln
33、22a方法点拨(1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点对点演练1若函数f(x)xx2a(a0)在1，)上的最大值为33，则a的值为( )A33 B3C31 D31解析：选D f(x)x2a2x2x2a 2ax2x2a 2令f(x)0，得xa或xa(舍去)，若a1，即0a1时，在1，)上f(x)0，f(x)maxf(1)11a33解得a31，符合题意若a1，即a1时，在1，a)上f(x)0，在( a，)上f(x
34、)0，所以第 22 页 共 56 页f(x)maxf( a)a2a33，解得a341，不符合题意，综上知，a312已知函数f(x)xln x，g(x)(x2ax3)ex(a为实数)(1)当a5时，求函数yg(x)在x1处的切线方程；(2)求f(x)在区间t，t2(t0)上的最小值解：(1)当a5时，g(x)(x25x3)ex，g(1)e又g(x)(x23x2)ex，故切线的斜率为g(1)4e所以切线方程为ye4e(x1)，即y4ex3e(2)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0，1e 1e 1e，f(x)0f(x)极小值当t
35、1e时，在区间t，t2上f(x)为增函数，所以f(x)minf(t)tln t当0t1e时，在区间t，1e上f(x)为减函数，在区间1e，t2上f(x)为增函数，所以f(x)minf 1e1e综上，f(x)mintln t，t1e，1e，0t1e.第 23 页 共 56 页强化训练1已知函数f(x)x12ax2ln(1x)(a0)(1)若x2是f(x)的极值点，求a的值；(2)求f(x)的单调区间解：f(x)x 1aaxx1，x(1，)(1)依题意，得f(2)0，即2 1a2a210，解得a13经检验，a13符合题意，故a的值为13(2)令f(x)0，得x10，x21a1当0a1时，f(x)与
36、f(x)的变化情况如下：x (1，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，)f(x)00f(x) f(x1) f(x2)f(x)的单调增区间是0，1a1，单调减区间是(1,0)和1a1，当a1时，f(x)的单调减区间是(1，)当a1时，1x20，f(x)与f(x)的变化情况如下：x (1，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，)f(x)00f(x) f(x2) f(x1)f(x)的单调增区间是1a1，0，单调减区间是1，1a1和(0，)综上，当0a1时，f(x)的单调增区间是0，1a1，单调减区间是(1,0)和1a1，；当a1时，f(x)的单调减区间是(1，)；当a1时，f(x)的单
37、调增区间是1a1，0，单调减区间是1，1a1和(0，第 24 页 共 56 页)2已知函数f(x)x3x2，x1，aln x，x1.(1)求f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值解：(1)当x1时，f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，解得x0或x23当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x (，0) 0 0，23 23 23，1f(x)00f(x)极小值极大值故当x0时，函数f(x)取得极小值为f(0)0，函数f(x)的极大值点为x23(2)当1x1时，由(1)知，函数f(x)在1,0和23，1上单调递减，在0，
38、23上单调递增因为f(1)2，f 23427，f(0)0，所以f(x)在1,1)上的最大值为2当1xe时，f(x)aln x，当a0时，f(x)0；当a0时，f(x)在1，e上单调递增，则f(x)在1，e上的最大值为f(e)a综上所述，当a2时，f(x)在1，e上的最大值为a；当a2时，f(x)在1，e上的最大值为23已知函数f(x)ax1ln x(aR)(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围第 25 页 共 56 页解：(1)由已知得f(x)a1xax1x (x0)当a0时，f(x)0在(0，
39、)上恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递减，f(x)在(0，)上没有极值点当a0时，由f(x)0，得0 x1a，由f(x)0，得x1a，f(x)在0，1a上单调递减，在1a，上单调递增，即f(x)在x1a处有极小值当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)函数f(x)在x1处取得极值，f(1)0，解得a1，f(x)bx211xln xx b，令g(x)11xln xx，则g(x)ln x2x2，令g(x)0，得xe2则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，g(x)ming(e2)11e2，即b11e2，故实数b的取值范围为，
40、11e24已知方程f(x)x22axf(x)a210，其中aR，xR(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在0，)上存在最大值和最小值，求实数a的取值范围解：(1)由f(x)x22axf(x)a210得f(x)2axa21x21，则f(x)2 xa ax1x21 2当a0时，f(x)2xx21 2，第 26 页 共 56 页所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)当a0时，令f(x)0，得x1a，x21a，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下：QQ群339444963x (，x1) x1 (x1，x
41、2) x2 (x2，)f(x)00f(x)极小值极大值故f(x)的单调递减区间是(，a)，1a，单调递增区间是a，1a当a0时，令f(x)0，得x1a，x21a，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下：x (，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是，1a，(a，)，单调递减区间是1a，a(2)由(1)得，a0不合题意当a0时，由(1)得，f(x)在0，1a上单调递增，在1a，上单调递减，所以f(x)在0，)上存在最大值f 1aa20设x0为f(x)的零点，易知x01a22a，且x01a从而当xx0时，f(x)0；当xx0
42、时，f(x)0若f(x)在0，)上存在最小值，必有f(0)0，解得1a1所以当a0时，若f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(0,1第 27 页 共 56 页当a0时，由(1)得，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以f(x)在0，)上存在最小值f(a)1易知当xa时，1f(x)0，所以若f(x)在0，)上存在最大值，必有f(0)0，解得a1或a1所以当a0时，若f(x)在0，)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(，1综上所述，实数a的取值范围是(，1(0,15设函数f(x)x2axb(1)讨论函数f(sin x)在2，2内的单调性并判断有无极
43、值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)x2a0 xb0，求函数|f(sin x)f0(sin x)|在2，2上的最大值D；(3)在(2)中，取a0b00，求zba24满足条件D1时的最大值解：(1)由题意，f(sin x)sin2xasin xbsin x(sin xa)b，则f(sin x)(2sin xa)cos x，因为2x2，所以cos x0，22sin x2a2，bR时，函数f(sin x)单调递增，无极值；a2，bR时，函数f(sin x)单调递减，无极值；对于2a2，在2，2内存在唯一的x0，使得2sin x0a2xx0时，函数f(sin x)单调递减；x0 x2时，函数f(s
44、in x)单调递增因此，2a2，bR时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)f a2ba24Q Q群3 3 9 4 4 4 9 6 3第 28 页 共 56 页(2)当2x2时，|f(sin x)f0(sin x)|(a0a)sin xbb0|aa0|bb0|，当(a0a)(bb0)0，x2时等号成立，当(a0a)(bb0)0时，x2时等号成立由此可知，|f(sin x)f0(sin x)|在2，2上的最大值为D|aa0|bb0|(3)D1即为|a|b|1，此时0a21，1b1，从而zba241取a0，b1，则|a|b|1，并且zba241由此可知，zba24满足条件D1的最
45、大值为16已知函数f(x)x1x，g(x)aln x(aR)(1)当a2时，求F(x)f(x)g(x)的单调区间；(2)设h(x)f(x)g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x10，12，求h(x1)h(x2)的最小值解：(1)由题意得F(x)x1xaln x(x0)，则F(x)x2ax1x2，令m(x)x2ax1，则a24当2a2时，0，从而F(x)0，所以F(x)的单调递增区间为(0，)；当a2时，0，设F(x)0的两根为x1aa242，x2aa242，所以F(x)的单调递增区间为0，aa242和aa242，第 29 页 共 56 页F(x)的单调递减区间为aa242，aa2
46、42综上，当2a2时，F(x)的单调递增区间为(0，)；当a2时，F(x)的单调递增区间为0，aa242和aa242，F(x)的单调递减区间为aa242，aa242(2)对h(x)x1xaln x，x(0，)求导得，h(x)11x2axx2ax1x2，h(x)0的两根分别为x1，x2，则有x1x21，x1x2a，所以x21x1，从而有ax11x1令H(x)h(x)h 1xx1xx1x ln x1xxx1x ln 1x2x1x ln xx1x，即H(x)2 1x21 ln x2 1x 1x ln xx2 (x0)当x0，12时，H(x)0，所以H(x)在0，12上单调递减，又H(x1)h(x1)
47、h 1x1h(x1)h(x2)，所以h(x1)h(x2)minH 125ln 23第三部分导数的综合应用(一)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根典例 (2016北京高考)设函数f(x)x3ax2bxc第 30 页 共 56 页(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件解 (1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb因为f(0)c，f(0)b，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc(2)当ab4时，f(x)x34x24x
48、c，所以f(x)3x28x4令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x23f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x (，2)22，232323，f(x)00f(x) c c3227所以当c0且c32270时，存在x1(4，2)，x22，23，x323，0，使得f(x1)f(x2)f(x3)0由f(x)的单调性知，当且仅当c0，3227时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点(3)证明：当4a212b0时，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0第 3
49、1 页 共 56 页当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增所以f(x)不可能有三个不同零点综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件方法点拨利用导数研究方程根的方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等(2)根据题
50、目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现对点演练已知函数f(x)(2a)x2(1ln x)a(1)当a1时，求f(x)的单调区间(2)若函数f(x)在区间0，12上无零点，求a的最小值解：(1)当a1时，f(x)x12ln x，则f(x)12x，其中x(0，)由f(x)0，得x2，由f(x)0，得0 x2，故f(x)的单调递减区间为(0,2)，第 32 页 共 56 页单调递增区间为(2，)(2)f(x)(2a)x2(1ln x)a(2a)(x1)2ln x，令m(x)(2a)(x1)，h(x)2ln
