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1、1 导数题型归纳总结 （第一讲） 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 二、交点与根的分布 常用结论 sin,(0,)xx x，变形即为 sin 1 x x ， 其几何意义为sin,(0,)yx x上的的点与原点连线斜率小于1. 1 x ex ln(1)xx，1lnxx ln,0 x xxex. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1.( 是一道设计巧妙的好题，同时用到e 底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定 理不好想，联系紧密) 已知函数( )ln,( ). x f xx g xe 若函数 (x) = f (x) 1 1 x x + - ，求函数 (x) 的单调区间；
2、设直线l为函数f (x) 的图象上一点A(x0，f (x0) 处的切线，证明：在区间(1,+ ) 上存在唯一的x0，使 得直线l与曲线y=g(x) 相切 解： （） 1 ( ) 1 x xfx x1 1 ln x x x， 2 2 2 1 1 1 21 xx x xx x 0x且1x，0x函数( )x的单调递增区间为，和 11 ,0 （） 1 ( )fx x ，0 0 1 ()fx x ， 切线l的方程为 00 0 1 ln()yxxx x , 即 0 0 1 ln1yxx x , 设直线l与曲线( )yg x相切于点 1 1 (,) x x e， ( ) x gxe， 1 0 1 x e x
3、 ， 10 lnxx, 0 ln 1 0 1 () x g xe x . 直线l也为 0 00 11 lnyxx xx ，即 0 000 ln11x yx xxx ， 由得 0 0 00 ln1 ln1 x x xx ， 0 0 0 1 ln 1 x x x 下证：在区间（1,+）上 0 x存在且唯一 . 由（）可知，( )x 1 1 ln x x x在区间1,+（）上递增 又 12 ( )ln0 11 e ee ee ， 22 22 22 13 ()ln0 11 ee ee ee ， 结合零点存在性定理，说明方程( )0x必在区间 2 ( ,)e e上有唯一的根，这个根就是所求的唯一 0 x
4、 ， 故结论 2 成立 2.（最值应用） 已知二次函数( )g x对xR都满足 2 (1)(1)21g xgxxx且(1)1g， 设函数 1 9 n 2 8 xgxm x （mR，0x） （）求( )g x的表达式； （）若xR ，使 ( )0fx 成立，求实数 m的取值范围； （）设1me，( )( )(1)H xf xmx，求证：对于 12 1, xxm， ，恒有12 |()()| 1H xH x 解： （）设 2 g xaxbxc，于是 22 11212212g xgxa xcx，所以 1 2 1. a c ， 又 11g ，则 1 2 b 所以 2 11 1 22 g xxx ,3分
5、（） 2 191 ( )lnln(0). 282 f xg xmxxmx mxR， 当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为 R；,4分 当m=0时， 2 ( )0 2 x f x对0x ， ( )0f x恒成立； ,5分 当m0时，由 ( )0 m fxxxm x ，列表： x (0)m，m()m ， ( )fx0 ( )f x 减极小增 min ( )()ln. 2 m f xfmmm这时， min ln0 ( )0e0. 2 0 m mm f xm m ， 所以若0x ， ( )0f x 恒成立，则实数m的取值范围是 ( e0， 故0x使( )0f x成立，实数m的取值范围 (, e0
6、， ,9分 （）因为对 1xm， ， (1)() ( )0 xxm Hx x ，所以( )H x在1,m内单调递减 于是 2 12 11 |()()|(1)()ln. 22 H xH xHH mmmm 2 12 1113 |()() | 1ln1ln0. 2222 H xH xmmmmm m 记 13 ()ln(1e) 22 h mmmm m ，则 2 2 1133111 ()0 2233 2 h m mm m ， 所以函数 13 ()ln 22 h mmm m 在 1e，是单调增函数， 3 所以 e3e1e3 ()(e)10 22e2e h mh，故命题成立,12分 3.设3x是函数 23
7、, x fxxaxb exR 的一个极值点 . （1）求a与b的关系式（用a表示b） ，并求 fx 的单调区间； （2）设 225 0, 4 x ag xae ，若存在12 ,0,4 ，使得 12 1fg成立，求a的取值范围 . 解： （1） 23x fxxaxb e 323 21 xx fxxaexaxb e 23 2 x xaxba e由题意得： 30f ，即 2 3320aba ，23ba 23 23 x fxxaxae且 3 31 x fxxxae 令 0fx得 1 3x， 2 1xa 3x是函数 23 , x fxxaxb exR 的一个极值点 12 xx ，即4a 故a与b的关系式
8、为23,4baa. 当4a时， 2 13xa ，由 0fx 得单增区间为： 3,1a ； 由 0fx 得单减区间为： ,3 和 1,a ； 当4a时， 2 13xa，由 0fx 得单增区间为： 1,3a ； 由 0fx 得单减区间为： ,1a 和 3, ； （2）由（ 1）知：当0a时， 2 10xa ， fx 在 0,3 上单调递增，在 3,4 上单调递减， ,)32()4(),0(min)( 3 min eaffxf max 36fxfa , fx 在 0,4 上的值域为6,)32( 3 aea . 易知 225 4 x g xae在0,4上是增函数 , g x在0,4上的值域为 2242
9、525 , 44 aae. 由于 2 2251 60 42 aaa ， 4 又要存在 12 ,0,4 ，使得 12 1fg 成立， 必须且只须 2 0 25 61 4 a aa 解得 : 3 0 2 a. 所以，a的取值范围为 3 0, 2 . 4.(2010 山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数 1 ( )ln1 a f xxax x ()aR. 当 1 2 a 时，讨论( )f x的单调性； 设 2 ( )24.g xxbx当 1 4 a时，若对任意1(0,2)x，存在21,2x，使12()()f xg x，求实数b取 值范围 . 解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起
10、，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数 求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学 生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力. （1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出 ( )f x 的最小值、利用二次函数知识 或分离常数法求出( )g x在闭区间 1,2上的最大值，然后解不等式求参数. 1 ( )ln1(0) a f xxaxx x ， 2 22 l11 ( )(0) aaxxa fxax xxx 令()10hx a x xax 当0a时，( )1(0)h xxx，当0 1 ()0 ()0xhx fx, 函数
11、( )f x单调递减；当(1,),( )0,( )0xh xfx，函数 ( )f x单调递增 . 当0a时，由( )0fx，即 2 10axxa ，解得 12 1 1,1xx a . 当 1 2 a时 12 xx，( )0h x恒成立，此时( )0fx，函数( )f x单调递减； 当 1 0 2 a时， 1 110 a ,(0,1)x时( )0,( )0h xfx，函数( )f x单调递减； 1 (1,1)x a 时， ( )0,( )0h xfx，函数 ( )f x 单调递增； 1 (1,)x a 时， ( )0,( )0h xfx，函数 ( )f x 单调递减 . 当0a时 1 10 a
12、，当0 1 ()0 ()0xhx fx, 函数 ( )f x单调递减； 当 (1,), ( )0,( )0xh xfx ，函数 ( )f x 单调递增 . 综上所述：当0a时，函数( )f x在(0,1)单调递减，(1,)单调递增； 当 1 2 a时12xx,( )0h x恒成立 , 此时 ( )0fx，函数( )f x在(0,)单调递减； 5 当 1 0 2 a时, 函数( )fx在(0,1)递减 , 1 (1,1) a 递增 , 1 (1,) a 递减 . 当 1 4 a时， ( )f x 在 (0,1)上是减函数，在(1,2) 上是增函数，所以对任意1 (0,2)x ， 有 1 1 ()
13、(1) 2 f xf， 又已知存在 2 1,2x，使 xg x，所以 2 1 () 2 g x， 2 1,2x， （） 又 22 ( )()4,1,2g xxbbx 当1b时， min ( )(1)520g xgb 与（）矛盾； 当 1,2b 时， 2 min ( )(1)40g xgb也与（）矛盾； 当2b时， min 117 ( )(2)84, 28 g xgbb. 综上，实数b的取值范围是 17 ,) 8 . 5.(2010 山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数 2 ( )ln, ( )3f xxx g xxax 求 ( )f x 在 , 2(0)t tt 上的最小值； 若存在 1 ,xe e （e是常数， e2.71828 ）使不等式 2xgx 成立，求实数 a的取值范围； 证明对一切(0,),x都有 1 2 ln x e ex成立 解：， min 11 0 1 t ee fx tIntt e 所以 由题意知