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1、第 4 讲导数的热点问题(大题 )热点一导数的简单应用利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f(x)在区间 D 上单调递增，则有f(x)0 在区间 D 上恒成立，但反过来不一定成立. 例 1(2019 武邑调研 )已知函数f(x)ln xax2bx(其中 a，b 为常数且a 0)在 x1 处取得极值 . (1)当 a 1 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在 (0，e上的最大值为1，求 a 的值 . 解(1)因为 f(x)ln xax2bx，x0，所以 f(x)1x2axb
2、，因为函数f(x)ln x ax2bx 在 x 1处取得极值，所以 f(1) 12a b0，当 a1 时， b 3，令 f(x)2x23x1x0，得 x1 或 x12. f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：x 0，121212，11(1， ) f(x)00f(x)极大值极小值所以 f(x)的单调递增区间为0，12，(1， )，单调递减区间为12，1. (2)由 (1)知 b 2a1，则 f(x)ln xax2 (2a1)x，因为 f(x)2ax1 x1x，令 f(x)0，得 x11，x212a，因为 f(x)在 x 1处取得极值，所以 x212ax11，即 a12，当 a0，即12a0
3、 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以 f(x)在区间 (0，e上的最大值为f(1)，令 f(1)1，解得 a 2. 当 012a12时， f(x)在 0，12a上单调递增，在12a，1上单调递减，在(1，e上单调递增，所以最大值1 可能在 x12a或 x e处取得，而 f 12aln 12aa12a2(2a1)12aln 12a14a10，所以 f(e)ln eae2(2a 1)e1，解得 a1e2. 当 112ae，即12ea12时， f(x)在区间 (0,1)上单调递增，在1，12a上单调递减，在12a， e 上单调递增，所以最大值1 可能在 x1 或 xe 处
4、取得，而 f(1)ln 1a(2a 1)0，所以 f(e)ln eae2(2a 1)e1，解得 a1e2，与12ea12矛盾 . 当12ae，即 0a12e时， f(x)在区间 (0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以最大值1 可能在 x1 处取得，而 f(1)ln 1a(2a 1)0 恒成立，故 h(x)在(1,0)上为增函数，由 h(x)h(0) ln 10，所以函数g(x)在(1,0)上单调递减 . ? x(0， )有 h(x)0 恒成立，故 h(x)在(0， )上为减函数，由 h(x)x；(2)讨论函数f(x)零点的个数 . (1)证明当 a0 时， f(x)exx. 令 g(
5、x)f(x)xexxxex2x，则 g(x) ex 2，当 g(x) 0时， xln 2；当 xln 2 时， g(x)ln 2 时， g (x)0，所以 g(x)在 (，ln 2)上单调递减，在(ln 2， )上单调递增，所以 xln 2 是 g(x)的极小值点，也是最小值点，即 g(x)min g(ln 2)eln 22ln 22ln e20，故当 a0 时， f(x)x 成立 . (2)解f(x) ex 1，由 f(x)0，得 x0. 当 x0 时， f(x)0 时， f(x)0，所以 f(x)在(，0)上单调递减，在(0， )上单调递增，所以 x0 是函数 f(x)的极小值点，也是最小
6、值点，即 f(x)minf(0)1a. 当 1a0，即 a1 时， f(x)没有零点，当 1a0，即 a1 时， f(x)只有一个零点，当 1a1 时，因为 f(a) ea(a)aea0，所以 f(x)在(a,0)上有一个零点，即 f(x)在(，0)上只有一个零点；由(1)，得 ex2x，令 xa，则得 ea2a，所以 f(a)eaaaea2a0，于是 f(x)在(0，a)上有一个零点，即 f(x)在(0， )上只有一个零点，因此，当a1 时， f(x)有两个零点 . 综上，当a1 时， f(x)有两个零点 . 跟踪演练2(2019 怀化模拟 )设函数 f(x)ln x12ax2bx. (1)
7、若 x1 是 f(x)的极大值点，求a 的取值范围；(2)当 a 0，b 1 时，方程x22mf(x)(其中 m0)有唯一实数解，求m 的值 . 解(1)由题意，函数f(x)的定义域为 (0， )，则导数为f(x)1x axb，由 f(1)0，得 b1a，f (x)1xaxa1 ax1x1x，若 a0，由 f(x)0，得 x1. 当 0 x0，此时 f(x)单调递增；当 x1 时， f(x)0，此时 f(x)单调递减 . 所以 x1 是 f(x)的极大值点，若 a1，解得 1a0，x0，所以 x1mm24m20，当 x(0，x2)时， g (x)0，g(x)在(x2， )单调递增，当 xx2时
8、， g(x)0，g(x)取最小值g(x2)，则g x20，g x20，即x222mln x22mx20，x22mx2m0，所以 2mln x2mx2m0，因为 m0，所以 2ln x2x210，(*) 设函数 h(x)2ln xx1，因为当 x0 时， h(x)是增函数，所以 h(x) 0至多有一解，因为 h(1)0，所以方程 * 的解为 x21，即mm24m21，解得 m12. 热点三导数与不等式恒成立、存在性问题1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略：(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为af(x)max或 af(x)
9、min的形式，通过导数的应用求出 f(x)的最值，即得参数的范围. 2.利用导数处理不等式在区间D 上有解或恒成立的常用结论：不等式 af(x)在区间 D 上有解 ? af(x)在区间 D 上有解 ? af(x)min；不等式 af(x)在区间 D 上有解 ? af(x)min；不等式 af(x)在区间 D 上恒成立 ? af(x)在区间 D 上恒成立 ? af(x)max；不等式 af(x)在区间 D 上恒成立 ? af(x)max. 例 3(2019 郴州质检 )设函数 f(x)2x2 aln x，aR. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设 a0，若存在正实数m，使得对任意x (1，
10、m)都有 |f(x)|2ln x 恒成立，求实数a 的取值范围 . 解(1)f(x) 2ax，x0，若 a0，则 f(x)0，故 f(x)在 (0， )上为增函数，若 a0，则 f(x)0? xa2，f(x)0? 0 xa2，故 f(x)在 0，a2上为减函数，在a2， 上为增函数 . (2) 若 00 对 x(1， )恒成立，则|f(x)|2ln x? f(x)2ln x? 2x2(a2)ln x0，设 g(x)2x2(a 2)ln x，x1，则|f(x)|2ln x 等价于 g(x)0，g(x)2a 2x2x a2x，g(x)0? xa22，g(x)0? 1xa22，故 g(x)在1，a2
11、2上单调递减，在a22， 上单调递增，而 g(1) 0，显然当 x1，a22时， g(x)2ln x 恒成立，故 02，则a21，由(1)知 f(x)在1，a2上为减函数，在a2， 上为增函数，f(1)0，当 x 1，a2时， f(x)2ln x? f(x)2ln x? 2x2(2a)ln x2ln x 等价于 h(x)0，h(x)22 ax2x 2ax，x1，a2. ( )若 21，2x2a0，h(x)在 1，a2上为增函数，h(1)0，? x 1，a2，h(x)0，故不存在正实数m，使得对任意x(1，m)都有 |f(x)|2ln x 恒成立，故 24，易知 h(x)在 1，a22上为减函数
12、，在a22，a2上为增函数，h(1)0，? x1，a22，h(x)2ln x 恒成立，故 a4 满足条件 . 综上所述，实数a 的取值范围为(4， ). 跟踪演练3(2019 南充调研 )已知 f(x)axln( x)，xe,0)，其中 e 是自然对数的底数，aR. (1)当 a 1 时，证明： f(x)ln xx12；(2)是否存在实数a，使 f(x)的最小值为3，如果存在， 求出 a 的值；如果不存在，请说明理由. (1)证明由题意可知，所证不等式为f(x)12ln xx， xe,0)，当 a 1 时， f(x) xln(x)， xe,0)，因为 f(x) 11xx1x，所以当 ex1 时
13、， f(x)0，此时 f(x)单调递减；当 1x0，此时 f(x)单调递增 . 所以 f(x)在e,0)上有唯一极小值f(1)1，即 f(x)在e,0)上的最小值为1；令 h(x)12ln xx，xe,0)，则 h(x)ln x 1x2，当 ex0 时， h(x)0，故 h(x)在e,0)上单调递减，所以 h(x)maxh(e)1e1212. (2)解假设存在实数a，使 f(x)axln(x)的最小值为3，f(x)a1x，x e,0)，若 a1e，由于 xe,0)，则 f (x)a1x0，所以函数f(x)axln(x)在e,0)上是增函数，所以 f(x)min f(e) ae1 3，解得 a4
14、e1e与 a 1e矛盾，舍去 . 若 a1e，则当 ex1a时， f(x)a1x0，此时 f(x)ax ln(x)是减函数，当1ax0，此时 f(x)ax ln(x)是增函数，所以 f(x)min f1a 1ln 1a3，解得 a e2. 综上 知，存在实数a e2，使 f(x)的最小值为3. 热点四导数与不等式的证明问题利用导数证明不等式的解题策略：一般先将待证不等式如f(x) g(x)的形式转化为f(x)g(x)0 的形式，再设h(x)f(x)g(x)，进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变. 例 4(2019 济南模拟
15、)已知函数f(x)xln xa2x2(a1)x，其导函数f(x)的最大值为0. (1)求实数 a 的值；(2)若 f(x1)f(x2) 1(x1x2)，证明： x1x22. (1)解由题意，函数f(x)的定义域为 (0， )，其导函数f(x)ln xaxa，记 h(x)f(x)，则 h (x)1axx. 当 a0 时， h(x)1axx0 恒成立，所以 h(x)在 (0， )上单调递增，且h(1)0. 所以 ? x(1， )，有 h(x)f(x)0，故 a0 时不成立；当 a0 时，若 x 0，1a，则 h (x)1axx0；若 x1a， ，则 h(x)1axx0. 所以 h(x)在 0，1a
16、上单调递增，在1a， 上单调递减 . 所以 h(x)maxh1a ln aa10. 令 g(a) ln a a1，则 g(a)11aa1a. 当 0a1 时， g(a)1 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)g(1)0，故 a1. (2)证明当 a1 时， f(x)xln x12x2，则 f(x)1ln xx. 由(1)知 f(x)1 ln xx0 恒成立，所以 f(x)xln x12x2在 (0， )上单调递减，且 f(1)12，f(x1)f(x2) 12f(1)，不妨设 0 x1x2，则 0 x112，只需证x22x1，因为 f(x)在(0， )上单调递减，则只需证f(x2)f(2x1)，又因为 f(x1)f(x2) 1，则只需证 1 f(x1)1. 令 F(x) f(x)f(2x)(其中 x(0,1) ，且 F(1) 1. 所以欲证f(2x1)f(x1) 1，只需证 F(x)F(1)， x(0,1)，由 F(x)f(x) f(2x) 1ln xx1 ln(2x) 2x，整理得 F (x)ln xln(2x)2(1 x
