導數(shù)的綜合大題及其分類

1、導數(shù)的綜合應用是歷年高考必考的熱點，試題難度較大，多以壓軸題形式出現(xiàn)，命題的熱點主要有利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；利用導數(shù)研究不等式；利用導數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點);利用導數(shù)研究恒成立問題等.體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學思想的運用。題型一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值題型概覽：函數(shù)單調(diào)性和極值、最值綜合問題的突破難點是分類討論.(1)單調(diào)性討論策略：單調(diào)性的討論是以導數(shù)等于零的點為分界點，把函數(shù)定義域分段，在各段上討論導數(shù)的符號，在不能確定導數(shù)等于零的點的相對位置時，還需要對導數(shù)等于零的點的位置關(guān)系進行討論.(2)極值討論策略：極值的討論是以單調(diào)

2、性的討論為基礎(chǔ)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)的極值點.(3)最值討論策略：圖象連續(xù)的函數(shù)在閉區(qū)間上最值的討論，是以函數(shù)在該區(qū)間上的極值和區(qū)間端點的函數(shù)值進行比較為標準進行的，在極值和區(qū)間端點函數(shù)值中最大的為最大值，最小的為最小值.已知函數(shù)f(x)=x1,g(x)=alnx(aSR).x(1)當an2時，求F(x)=f(x)-g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)h(x)=f(x)+g(x),且h(x)有兩個極值點為xbx2,其中xi6錯誤！，求h(xi)h(k)的最小值.審題程序第一步：在定義域內(nèi)，依據(jù)F'(x)=0根的情況對F'(x)的符號討論；第二步：整合討論結(jié)果，確定單調(diào)區(qū)間；第三步：

3、建立xi、x2及a間的關(guān)系及取值范圍；第四步：通過代換轉(zhuǎn)化為關(guān)于xi(或x2)的函數(shù)，求出最小值.，一1.規(guī)范解答(1)由題意得F(x)=x-；-alnx,x其定義域為(0,+8),則(刈=錯誤！，令m(x)=x2ax+1,則A=a24.當一20a02時，A<0,從而F'(x)>0,aF(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+oo)；當a2時，20,設(shè)F'(x)=0的兩根為x=錯誤！叢2=錯誤！，-F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為錯誤！和錯誤！，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為錯誤！.綜上，當一2&a02時,F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+8)；當a2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為錯誤

4、！和錯誤！，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為錯誤！.(2)對h(x)=x錯誤！+alnx,x(0,+oo)求導得，h'(x)=1+錯誤！+錯誤！=錯誤！，設(shè)h'(x)=0的兩根分別為xi,x2,則有xix2=1,xi+x2=a,1x2=,從而有a=xi一錯誤！。x1令H(x)=h(x)h錯誤！=x錯誤！+錯誤！lnx錯誤！=2錯誤！，H'(x)=2錯誤！皿*=錯誤！。當x6錯誤！時，H'(x)0,H(x)在錯誤!上單調(diào)遞減,又H(x1)=h(xi)h錯誤！=h(xi)h(x2),h(xi)h(x2)min=H錯誤！=5ln23.解題反思本例(i)中求F(x)的單調(diào)區(qū)間，

5、需先求生F(x)的定義域，同時在解不等式F'(x)0時需根據(jù)方程x2-ax+i=0的根的情況求生不等式的解集，故以判別式“K的取值作為分類討論的依據(jù).在(2)中求生h(xi)h(x2)的最小值，需先求由其解析式.由題可知xi,x2是h'(x)=0的兩根，可得到xix2=i,xi+x2=a,從而將h(xi)h(x2)只用一個變量xi導由.從而得到H(x1)=h(xi)h錯誤！，這樣將所求問題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)H(x)=h(x)h錯誤!在錯誤!上的最值問題，體現(xiàn)轉(zhuǎn)為與化歸數(shù)學思想.答題模板解決這類問題的答題模板如下討論極值最值根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，確定極值、最值的取得情況.根據(jù)分類討論的

6、結(jié)果，對結(jié)論進行整合，做到不重不漏.題型專練1,設(shè)函數(shù)f(x)=(1+x)22ln(1+x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；當0<a<2時，求函數(shù)g(x)=f(x)-x2-ax1在區(qū)間0,3上的最小值.解(1)f(x)的定義域為(1,+8).f(x)=(1+x)22ln(1+x),x(1,+°°),f'(x)=2(1+x)錯誤！=錯誤！.由f'(x)>0,得x>0;由f'(x)<0,得一1x<0。函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+s),單調(diào)遞減區(qū)間為(一1,0).(2)由題意可知g(x)=(2a)x2ln(1+x)

7、(x>1),則g'(x)=2a錯誤！=錯誤！. .0a<2,.2a>0,令g'(x)=0,得x=錯誤！，函數(shù)g(x)在錯誤!上為減函數(shù)，在錯誤！上為增函數(shù).當0<錯誤！<3,即0<a錯誤！時，在區(qū)間0,3上，g(x)在錯誤！上為減函數(shù)，在錯誤！上為增函數(shù)， g(x)min=g錯誤！=a2ln錯誤！.當錯誤！A3,即錯t！Wa<2時，g(x)在區(qū)間0,3上為減函數(shù), g(x)min=g=63a21n4.綜上所述，當0a錯誤！時,g(x)min=a21n錯誤??；當錯誤！wa2時,g(x)min=63a21n4.北京卷(19)(本小題13分)

8、已知函數(shù)f(x)=excosx-x。(I)求曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程；(n)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0,上的最大值和最小值.(19)(共13分)解：(I)因為f(x)excosxx,所以f(x)ex(cosxsinx)1,f(0)0。又因為f(0)1,所以曲線yf(x)在點(0,f(0)處的切線方程為y1。()設(shè)卜小)ex(cosxsinx)1,則h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx.當x(0,2)時，h(x)0,TT所以h(x)在區(qū)間0,-上單調(diào)遞減.2兀一所以對任意x(0,有h(x)h(0)0,即f(x)0。2所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0,；上單調(diào)遞

9、減。因此f(x)在區(qū)間0,-上的最大值為f(0)1,最小值為f(-)-.222已知函數(shù)f(x)ax3ax*m*,且£他)0.(1)求a;(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e2f(X0)221.解：(1)fx的定義域為0,+0等價于g x 0設(shè)gx=ax-a-Inx,貝Ufx=xgx因為g1=0,gx0,故g'1=0,而g'x1-,g'1=a1,得a1x若a=1,則g'x1,一1.當0vxv1時,xg'x<0,gx單調(diào)遞減；當x>1時，g'x>0,gx單調(diào)遞增.所以x=1是gx的極小值點，故gxg1=0綜上，

10、a=1由(1)知fxInx,f'(x)2x2Inxx2x2Inx,則h'(x)2-x10,-時，h'x<0;當2x2，+叱h'x>010,2、，、一，1單倜遞減，在”單調(diào)遞增21e>0,h2<0,h10,所以hx在10,2有唯一零點有唯一零點1,且當0,x0時，hx>0;當xx0,1時,<0，1,+時，hx>0.因為f'x,所以x=x°是f(x)的唯一極大值點由f'x00得Inx°4x01),故fx°=x°(1x°)由x。0,11x0<4因為x=x0

11、是f(x)在(0,1)的最大值點，由e10,1,f'fx0>f所以e2<fx0<2-2題型二利用導數(shù)研究方程的根、函數(shù)的零點或圖象交點題型概覽:研究方程根、函數(shù)零點或圖象交點的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).典例2已知函數(shù)f (x) =(x+ a)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a Ro(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)問；(2)當a1時，試確定函數(shù)g(x)=f(xa)x2的零點個數(shù)，并說明理由.審題程序第一

12、步：利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)問第二步：簡化g(x)=0,構(gòu)造新函數(shù);第三步：求新函數(shù)的單調(diào)性及最值；第四步：確定結(jié)果.規(guī)范解答(1)因為f(x)=(x+a)ex,xR,所以f'(x)=(x+a+1)ex.令f'(x)=0,彳4x=a1。當x變化時，f(x)和f'(x)的變化情況如下：x(00,a-1)a1(a1,+°0)f'(x)一0十f(x)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一g,a1),單調(diào)遞增區(qū)間為(一a1,+8).(2)結(jié)論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.理由如下：由g(x)=f(xa)x2=0,得方程xexa=x2,顯然x=0為此方程的一個實數(shù)解，所

13、以x=0是函數(shù)g(x)的一個零點.當xw0時，方程可化簡為exa=x.設(shè)函數(shù)F(x)=一ax,則F'(x)=exa-1,令F(x)=0,得x=ao當x變化時，F(xiàn)(x)和F'(x)的變化情況如下：x(-°°,a)a(a,+°°)F'(x)一0十F(x)即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+8)，單調(diào)遞減區(qū)間為(OO,a).所以F(x)的最小值F(x)min=F(a)=1a。因為a<1,所以F(x)min=F(a)=1a0,所以對于任意xR,F(x)>0,因此方程ex-a=x無實數(shù)解.所以當xW0時，函數(shù)g(x)不存在零點.綜

14、上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.典例321.(12分)已知函數(shù)f(x)ax3ax*m*,且£他)0.(1)求a;(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0,且e右a=1,則g' x = 1 一 .當0vxv1時，g' x <0, g x單倜遞減；當 x>1時，g' x >0, g x單調(diào)遞增.所以x=1是g x的極小值點，故 xg x g 1 =0綜上，a=1f(x0)23。21。解：(1) fx的定義域為0,+設(shè)gx=ax-a-lnx,則fx=xgx,fx0等價于gx01因為g1=0,gx0,故g'1=0,而g'xa一，g

15、'1=a1,得a1x(2)由知fxx2xxInx,f'(x)2x2lnxx2x2Inx,貝Ih'(x)10,2時'h'x<0;當x12,+時'x>0,所以1hx在0,2單倜遞減,在12,+單調(diào)遞增2c1e>0,h2所以hx在有唯一零點Xo,在+有唯一零點1,且當x0,x0時，hx>0;當xx0,1時,1,+時，hx>0.因為f'xhx,所以x=xo是f(x)的唯一極大值點由f'xo0得lnxoWx01),故fx°=xO(1x0)由x00,1得f'x0因為x=xo是f(x)在(0,1)

16、的最大值點，由e10,1,f'1_2fx0>fee所以e2<fx0<2-2解題反思在本例(1)中求f(x)的單調(diào)區(qū)間的關(guān)鍵是準確求出f'(x),注意到ex>0即可.(2)中由g(x)=0得xexa=x2,解此方程易將x約去，從而產(chǎn)生丟解情況.研究exa=x的解轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)F(x)=ex-ax的最值，從而確定F(x)零點，這種通過構(gòu)造函數(shù)、研究函數(shù)的最值從而確定函數(shù)零點的題型是高考中熱點題型，要熟練掌握.答題模板解決這類問題的答題模板如下：等價轉(zhuǎn)化把函數(shù)的零點、方程的根、兩函數(shù)圖象的交點問題相互轉(zhuǎn)化.構(gòu)造新的函數(shù)解決函數(shù)零點、方程根、兩函數(shù)圖象交點問題.

17、解決問題利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值等性質(zhì)，有時可畫出函數(shù)圖象.得出結(jié)論利用極值和最值，結(jié)合圖象得出結(jié)果.題型專練(1)求c,d的值;(2)若函數(shù)f(x)在x=2處的切線方程為3x+y11=0,求函數(shù)f(x)的解析式；(3)在(2)的條件下，函數(shù)y=f(x)與y=錯誤！f'(x)+5x+m的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍.解函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x)=3ax2+2bx+c-3a-2b.(1)由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過點(0,3),且f'(1)=0,得錯誤！解得錯誤！(2)由(1)得，f(x)=ax3+bx2-(3a+2b)x+3,所以f'

18、(x)=3ax2+2bx-(3a+2b).由函數(shù)f(x)在x=2處的切線方程為3x+y11=0,得錯誤！所以錯誤！解得錯誤！所以f(x)=x36x2+9x+3.(3)由(2)知f(x)=x36x2+9x+3，所以f'(x)=3x212x+9.函數(shù)y=f(*)與y=錯誤！f'(x)+5x+m的圖象有三個不同的交點,等價于x36x2+9x+3=(x24x+3)+5x+m有三個不等實根，等價于g(x)=x37x2+8xm的圖象與x軸有三個交點.因為g'(x)=3x2-14x+8=(3x-2)(x4),x錯誤！23錯誤！4(4,+吟g'(x)十0一0十g(x)極大值極小

19、值g錯誤！=錯誤！一m,g(4)=16m,當且僅當錯誤！時，g(x)圖象與x軸有三個交點，解得一16Vm錯誤！。所以m的取值范圍為錯誤!21。(12分)已知函數(shù)f")ae2x+(a - 2) e x - x。(1)討論f(x)的單調(diào)性；21。解：(1) f(x)的定義域為(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍),f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1),(十字相乘法)(i)若a0,則f(x)0,所以f(x)在(ii)若a0,則由f(x)0得xIna.當x(,lna)時，f(x)0；當x(Ina,)時，f(x)0,所以f(x)在(,Ina)單調(diào)遞減，在(Ina,)單

20、調(diào)遞增。(2) (i)若a0,由(1)知，f(x)至多有一個零點。1(11)右a0,由(1)知，當xlna時，f(x)取得取小值，取小值為f(lna)1lna。(觀察特殊值1)a當a1時，由于f(lna)0,故f(x)只有一個零點；1一.一當a(1,)時，由于1lna0,即f(lna)0,故f(x)沒有零點；a1當a(0,1)時，11lna0,即f(lna)0。a又f(2)ae4(a2)e222e220,故f(x)在(，lna)有一個零點.3設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln(-1),則f(n0)e0(ae0a2)n0e0n020no0。a,一3由于ln(1)lna,因此f(x)在(lna,)有一個零點

21、.a綜上，a的取值范圍為(0,1).題型三利用導數(shù)證明不等式題型概覽：證明f(x)<g(x),xC(a,b),可以直接構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)g(x)，如果F'(x)<0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同時若F(a)<0,由減函數(shù)的定義可知，x(a,b)時，有F(x)<0,即證明了f(x)<g(x).有時需對不等式等價變形后問接構(gòu)造.若上述方法通過導數(shù)不便于討論F'(x)的符號，可考慮分別研究f(x)、g(x)的單調(diào)性與最值情況，有時需對不等式進行等價轉(zhuǎn)化.典例3(2017陜西西安三模)已知函數(shù)f(x)=錯誤!(1)求曲線y=f(x)在點P錯

22、誤!處的切線方程;(2)證明：f(x)2(xlnx)審題程序第一步:求f'(x),寫出在點P處的切線方程；第二步：直接構(gòu)造g(x)=f(x)2(xlnx),利用導數(shù)證明g(x)min0。規(guī)范解答因為f(x)=錯誤！，所以f'(x)=錯誤！=錯誤！，f'(2)=錯誤！，又切點為錯誤！，所以切線方程為y錯誤！=錯誤！(x2),即e2x4y=0。(2)證明：設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)2(xlnx)=錯誤！2x+2lnx,x6(0,十°0),則g'(x)=錯誤！2+錯誤！=錯誤！，x6(0,+s).設(shè)h(x)=ex2x,x6(0,十°°),則

23、h'(x)=ex2,令h'(x)=0,則x=ln2.當x6(0,ln2)時，h'(x)<0;當x6(ln2,+)時，h'(x)0.所以h(x)min=h(ln2)=2-2ln2>0,故h(x)=ex-2x>0.令g'(x)=錯誤！=0,則x=1.當x6(0,1)時，g'(x)<0;當x6(1,+s)時,g'(x)0。所以g(x)min=g(1)=e2>0,故g(x)=f(x)2(xlnx)>0,從而有f(x)>2(xlnx).解題反思本例中(2)的證明方法是最常見的不等式證明方法之一，通過合理地構(gòu)

24、造新函數(shù)g(x)求g(x)的最值來完成.在求g(x)的最值過程中，需要探討g'(x)的正負，而此時g'(x)的式子中有一項ex-2x的符號不易確定，這時可以單獨拿出ex-2x這一項，再重新構(gòu)造新函數(shù)h(x)=ex-2x(x>0),考慮h(x)的正負問題，此題看似簡單，且不含任何參數(shù),但需要兩次構(gòu)造函數(shù)求最值,同時在(2)中定義域也是易忽視的一個方向答題模板解決這類問題的答題模板如下：合理轉(zhuǎn)化II把不等式問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.I把不等式進行等價轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新的函數(shù).、F構(gòu)造函數(shù)I一有時要變形,切記變形的依據(jù)是能夠通過導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值.判斷單調(diào)性11利用導數(shù)研

25、究新函數(shù)的單調(diào)性.確定最值一由函數(shù)的單調(diào)性，確定新函數(shù)的最值.國出結(jié)論|一|利用新函數(shù)的極值或最值，得出結(jié)論.IJ題型專練3.(2017福建漳州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=aexblnx,曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=錯誤！x+1.(1)求a,b;(2)證明:f(x)0。解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+8).f'(x)=aex錯誤！，由題意得f(1)=錯誤！，f'(1)=錯誤！一1,所以錯誤！解得錯t吳!(2)由(1)知f(x)=錯誤!ex-lnx.因為f'(x)=夕2錯誤!在(0,+8)上單調(diào)遞增，又f'(1)0,f'(2)0,

26、所以f'(x)=0在(0,+8)上有唯一實根刈，且X06(1,2).當x6(0,x。)時，f'(x)<0,當x6(x。，+s)時，f'(x)>0,從而當x=xo時,f(x)取極小值,也是最小值.由f'(xo)=0,得ex0-2=錯誤！，則xo2=-lnxo.故f(x)nf(Xo)=ex02lnxo=錯誤！+Xo22錯誤！一2=0,所以f(x)0。4、【2017高考三卷】21.(12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)0,求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n,(1+1)(1+)(1+1)vm,求m的最小值.22221.解：

27、(1)fx的定義域為0,+.11右a0,因為f-=-2+aln2<0,所以不滿足題息；若a>0,由f'x1a上芻知，當x0,a時，f'x<0;當xa,+時，f'x>0,所以fx在0,a單調(diào)遞減,xx在a,+單調(diào)遞增，故x=a是fx在x0,+的唯一最小值點。由于f10,所以當且僅當a=1時，fx0。故a=1(2)由(1)知當x1+時，x1lnx>011令x=1+2n華ln1+2r<2n，從而1111111In1+-+ln1+ln1+<-+=1-<122“2n222n2n1111+1+-1+<e2222n而1+21+2r

28、1+23>2,所以m的最小值為3.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；3(2)當a<0時，證明f(x)2.4a【答案】（1）當a0時，f（x）在（0,）單調(diào)遞增；當a0時，則f（x）在（0,）單調(diào)遞增，在（工，）單調(diào)遞減；（2）詳見解析2a2a【解析】廣8=2皿,+°）,XX當口30時J則/在（Q+期里調(diào)遞曾當SCO時，貝If（電在（。；）單調(diào)遞增J在（、上均單調(diào)遞遇仁）由（D如當口V。時，/（%）_=/（-）,2a/e->-+2）=in（-A）+A+1;令工=111f+it（工二一工二0）,加4值lc22a

29、2a則F'=ll=0j解得eljrj在（QI）單調(diào)遞增,在口+工）單調(diào)遞減F二i=J（1）=O,”3即二期3*-（搟+2）2.題型四利用導數(shù)研究恒成立問題題型概覽：已知不等式恒成立求參數(shù)取值范圍，構(gòu)造函數(shù)，直才I!把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；若參數(shù)不便于分離，或分離以后不便于求解，則考慮直接構(gòu)造函數(shù)法，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.tttf飾A已知函數(shù)f(x)=節(jié)日!lnxmx,g(x)x專日!(a>0).（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;(2)若!=錯誤！，對？Xi,X262,2e2都有g(shù)(xi)>f(X2)成立,求實

30、數(shù)a的取值范圍.審題程序第一步：利用導數(shù)判斷f(x)的單調(diào)性，對m分類討論；第二步：對不等式進行等價轉(zhuǎn)化，將g(Xi)nf(X2)轉(zhuǎn)化為g(x)minAf(x)max；第三步：求函數(shù)的導數(shù)并判斷其單調(diào)性進而求極值(最值)；第四步：確定結(jié)果規(guī)范解答(1)f(x)=錯誤！lnxmx,x>0,所以f'(x)=錯誤！一m,當mwo時，f'(x)0,f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.當m0時，由f'(0)=0得乂=錯誤?。挥慑e誤！得0<x錯誤??；由錯誤！得x>錯誤！。綜上所述，當mW0時，f'(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+8);當m>0時，f(x)

31、的單調(diào)遞增區(qū)間為錯誤！，單調(diào)遞減區(qū)間為錯誤！.(2)若m=錯誤！，貝Uf(x)=錯！lnx一錯誤！x。對？xi,x262,2e2都有g(shù)(xi)nf(x成立，等價于對？x62,2e2都有g(shù)(x)min>f(x)max,由知在2,2e2±f(x)的最大值為f(e2)群！,g'(x)=1+錯誤！0(a>0),x2,2e2,函數(shù)g(x)在2,2e2上是增函數(shù)，g(x)min=g(2)=2錯誤！，由2錯誤！n錯誤！，得aW3,又a0,所以aS(0,3,所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3.解題反思本例(i)的解答中要注意f(x)的定義域,(2)中問題的關(guān)鍵在于準確轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)f

32、(x)、g(x)的最值問題.本題中，？xi,x2有g(shù)(xi)Af(x2)?g(x)min>f(x)max。若改為：？X,?x?都有g(shù)3)力(乂2),則有g(shù)(x)maxAf(x)max。若改為：？x1，？乂2都有g(shù)(x1)Ag),則有g(shù)(x)min>f(x)min要仔細體會，轉(zhuǎn)化準確.答題模板解決這類問題的答題模板如下：分離參數(shù)法構(gòu)造函數(shù)與直接法構(gòu)造函數(shù)構(gòu)造函數(shù)一I靈活選用.討論單調(diào)性一|利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性.確定最閽一欣據(jù)新函數(shù)的單調(diào)性確定最值情況.|;|I除出結(jié)聞一I整合結(jié)論，得出結(jié)果,:注意區(qū)間開天、題型專練4.已知f(x)=xlnx,g(x)=x2+ax3.(1)對一切

33、乂6(0,+s),2f(x)Ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：對一切x6(0,+s),lnx>錯誤！錯誤！恒成立.解(1)由題意知2xlnxnx2+ax3對一切x6(0,+-)恒成立，則a<2lnx+x+3,x設(shè)h(x)=2lnx+x+錯誤!(x0),則h'(x)=錯誤！，當x(0,1)時，h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減，當xC(1,+oo)時，1(x)>0,h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min=h(1)=4,對一切xC(0,+8),2f(x)g(x)恒成立，所以a&h(x)min=4o即實數(shù)a的取值范圍是(一8,4.(2)證明

34、：問題等價于證明xlnx錯誤！一錯誤！(xC(0,+oo).又f(x)=xlnx,f'(x)=lnx+1,當xC錯誤！時，f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；當x6錯誤！時，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min=解誤！=錯誤！。設(shè)m(乂)=錯誤！一錯誤！(x6(0,+°0),則m'(x)=錯誤！，易知m(x)max=m(1)=一錯誤！，從而對一切x6(0,十°°),lnx>錯誤！一錯誤！恒成立.當x6(1,+s)時,h'(x)0,h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min=h(1)=4,對一切x6(

35、0,+s),2f(x)ng(x)恒成立,所以a<h(x)min=4.即實數(shù)a的取值范圍是(一8,4.題型五：二階導主要用于求函數(shù)的取值范圍23.(12分)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(I)當a=4時，求曲線y=f(x)在(1,f(1)處的切線方程；(II)若當x6(1,+s)時，f(x)>0,求a的取值范圍.【解答】解：(I)當a=4時，f(x)=(x+1)lnx4(x1).f(1)=0,即點為(1,0),函數(shù)的導數(shù)f'(x)=lnx+(x+1)?-4,X則f'(1)=ln1+2-4=2-4=-2，即函數(shù)的切線斜率k=f'(1)=-2,

36、則曲線y=f(x)在(1,0)處的切線方程為y=-2(x-1)=-2x+2;(II)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),.f(x)=1+lnx-a,.f(x)=x>1,.廣(x)>0,.f'(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，f'(x)>f'(1)=2-a.aW2,f'(x)>f'(1)>0,f(x)在(1,+s)上單調(diào)遞增，.f(x)>f(1)=0,滿足題意；a>2,存在X06(1,+°°),f'(X0)=0,函數(shù)f(X)在(1,X0)上單調(diào)遞減，在(x。，+°°

37、;)上單調(diào)遞增，由f(1)=0，可得存在X06(1,+°°),f(X0)<0,不合題意.綜上所述，a<2.23.(12分)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnxa(x1).(I)當a=4時，求曲線y=f(x)在(1,f(1)處的切線方程；(II)若當xC(1,+8)時，f(x)>0,求a的取值范圍.【解答】解：當a=4時，f(x)=(x+1)lnx4(x1).f(1)=0,即點為(1,0),函數(shù)的導數(shù)f'(x=lnx+(x+1)J4,£貝ijf'(1)=ln1+24=24=2,即函數(shù)的切線斜率k=f'(1)=2,則曲線y=f(

38、x)在(1,0)處的切線方程為y=2(x1)=2x+2;(II)-.1f(x)=(x+1)lnxa(x1),.f'(x)=1+Llnxa,f"(x)=.J,x>1,f(x)>0, f'(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增， f'(x)>f'(1)=2a.a<2,f'伙>f'(1)>0, f(x)在(1,+B)上單調(diào)遞增，f(x)>f(1)=0,滿足題意；a>2,存在xOc(1,+q,f(x0)=0,函數(shù)f(x)在(1,xO)上單調(diào)遞減，在(x0,+3上單調(diào)遞增，由f(1)=0,可得存在x°6(1,+8),f(x0)<0,不合題意.綜上所述，a<2.題型六:求含參數(shù)求知范圍此類問題一般分為兩類：一、也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.此法適用于方便分離參數(shù)并可求出函數(shù)最大值與最小值的情況，若題中涉及多個未知參量需分離出具有明確定義域的參量函數(shù)求出取值范圍并進行消參，由多參數(shù)降為單參在求出參數(shù)取值范圍。二、未能將參數(shù)完全分離一類，需要根據(jù)題意對參數(shù)進行分類討論，以求出參數(shù)取值范圍已知函數(shù)f(x)=e