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1、思维流程 找突破口 技法指导 迁移搭桥 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工 具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、 极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函 数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的 讨论等， 是近几年高考试题的命题热点对于这类综 合问题，一般是先转化(变形 )，再求导，分解出基本 函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题. 典例 已知函数f(x) eln xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明： xf(x) e x2ex0. 快审题 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断 证明不等式，想到对所证不
2、等式进行变形转化 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题 差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找 出所构造函数的最值. 稳解题 (1)f(x) e xa(x0)， 若 a0，则 f (x)0，f(x)在(0， )上单调递增； 若 a0，则当 00，当 x e a时， f(x)0，所以只需证f(x) e x x 2e， 当 ae 时，由 (1)知， f(x)在(0,1)上单调递增，在(1， )上单调递减，所以f(x)max f(1) e. 记 g(x) e x x 2e(x0)， 则 g(x) x1 e x x 2， 所以当 01 时， g(x)0
3、，g(x)单调递增， 所以 g(x)min g(1) e. 综上，当x0 时， f(x)g(x)，即 f(x)e x x 2e， 即 xf(x)ex 2ex0. 法二 ：证 xf(x)e x2ex0， 即证 exln xex2 e x2ex0， 从而等价于ln x x2 e x ex. 设函数 g(x)ln xx2， 则 g(x) 1 x1. 所以当 x(0,1)时， g(x)0； 当 x(1， )时， g (x)0， 故 h(x)在(0,1)上单调递减，在(1， )上单调递增， 从而 h(x)在(0， )上的最小值为h(1)1. 综上，当x0 时， g(x)h(x)， 即 xf(x)ex 2
4、ex0. 题后悟道 函数与导数综合问题的关键 (1)会求函数的极值点，先利用方程f(x)0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间， 再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； (2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原 不等式成立； (3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手， 去求参数的取值范围 针对训练 已知函数f(x)xln x，g(x) ax 2 2 ，直线 l：y(k3)xk2. (1)若曲线 yf(x)在 xe 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x01，e使 f(x0)1 时，函
5、数f(x)的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值 解： (1)由已知得， f (x)ln x1，且 yf(x)在 xe 处的切线与直线l 平行， 所以 f(e)ln e12k3，解得 k5. (2)因为至少存在一个x0 1，e使 f(x0)2ln x x 成立 令 h(x) 2ln x x ，当 x1，e时， h(x)2 1ln x x 2 0 恒成立， 因此 h(x) 2ln x x 在 1，e上单调递增 . 故当 x1 时， h(x)min 0， 所以实数a的取值范围为(0， ) (3)由已知得， xln x(k3)x k2 在 x1 时恒成立，即k0 在 x1 时恒成立 . 所以 m(
6、x)在 (1， )上单调递增，且m(3)1ln 30， 所以在 (1， )上存在唯一实数x0(x0(3,4)使 m(x0)0，即 x0ln x020. 当 1x0时， m(x)0，即 F(x)0， 所以 F(x)在(1，x0)上单调递减，在 (x0， )上单调递增 故 F(x)min F(x0) x0ln x03x02 x01 x0x02 3x02 x01 x02 (5,6) 故 k0 时，证明： f(x) 2a1 a . 解： (1)f(x) 1 x a x 2 xa x 2(x0) 当 a0 时， f(x)0，f(x)在(0， )上单调递增 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，函数 f
7、(x)在(a， )上单调递增； 若 00 时， f(x)minf(a)ln a1. 要证 f(x) 2a1 a ，只需证ln a1 2a1 a ， 即证 ln a 1 a1 0. 令函数 g(a)ln a 1 a1， 则 g(a) 1 a 1 a 2 a1 a 2(a0)， 当 01 时， g(a)0， 所以 g(a)在(0,1)上单调递减，在(1， )上单调递增， 所以 g(a)min g(1) 0. 所以 ln a 1 a1 0 恒成立， 所以 f(x) 2a1 a . 2(2018 全国卷 )已知函数f(x)e xax2. (1)若 a1，证明：当x0 时， f(x) 1； (2)若 f
8、(x)在(0， )只有一个零点，求a. 解： (1)证明：当a1 时， f(x)1 等价于 (x 21)ex10. 设函数 g(x)(x21)e x1， 则 g(x) (x22x1)e x (x1)2ex. 当 x1 时， g(x)0，h(x)没有零点； ()当 a0 时， h(x) ax(x2)e x. 当 x(0,2)时， h(x)0. 所以 h(x)在(0,2)上单调递减， 在(2， )上单调递增 故 h(2)1 4a e 2是 h(x)在 (0， )上的最小值 当 h(2)0，即 ae 2 4 时，因为h(0)1，所以 h(x)在 (0,2)上有一个零点 由(1)知，当 x0 时，e
9、x x 2，所以 h(4a)116a 3 e 4a 1 16a 3 e 2a 21 16a 3 2a 41 1 a0，故 h(x) 在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0， )上有两个零点 综上，当f(x)在(0， )上只有一个零点时，a e 2 4 . 3(2018 西安质检 )设函数 f(x)ln x k x(k R) (1)若曲线 yf(x)在点 (e，f(e)处的切线与直线x20 垂直，求 f(x)的单调性和极小值 (其中 e为自然对数的底数)； (2)若对任意的x1x20，f(x1)f(x2)0)， 曲线 yf(x)在点 (e，f(e)处的切线与直线x20 垂直， f(e)0，
10、即 1 e k e 20，得 ke， f(x) 1 x e x 2 xe x 2(x0) 由 f (x)0，得 xe， f(x)在 (0，e)上单调递减，在(e， )上单调递增， 当 xe 时， f(x)取得极小值，且f(e)ln e e e 2. f(x)的极小值为2. (2)由题意知对任意的x1x20，f(x1) x10)， 则 h(x)在(0， )上单调递减， h (x) 1 x k x 21 0 在 (0， )上恒成立， 即当 x0 时， kx2 x x 1 2 21 4恒成立， k 1 4. 故 k 的取值范围是 1 4， . 4(2018 全国卷 )已知函数f(x)(2xax 2)
11、 ln(1x)2x. (1)若 a0，证明：当10 时， f(x)0； (2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求a. 解： (1)证明：当a0 时， f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1 x) x 1x. 设函数 g(x)ln(1x) x 1x， 则 g(x) x 1x 2. 当 10 时， g (x)0， 故当 x 1时， g(x)g(0)0， 且仅当 x0 时， g(x)0， 从而 f(x)0，且仅当x0 时， f(x) 0. 所以 f(x)在( 1， )上单调递增 又 f(0)0， 故当 10 时， f(x)0. (2)若 a0，由 (1)知， 当 x0 时， f(x)(2x)ln(1x) 2x0f(0)， 这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾 若 a0， 故 h(x)与 f(x)符号相同 又 h(0)f(0)0， 故 x0 是 f(x)的极大值点， 当且仅当x0 是 h(x)的极大值点 h(x) 1 1 x 2 2xax 2 2x 12ax 2x ax 2 2 x 2 a 2x24ax6a1 x 1 ax 2 x22. 若 6a10，则当 00， 故 x0 不是 h(x)的极大值点 若 6a10； 当 x(0,1)时， h(x)0. 所以 x0 是 h(x)的极大值点， 从而 x0 是 f(x)的极大值点 综上， a 1 6.