导数的11个专题(243页)

目录导数专题一、单调性问题......................................................................................................................2导数专题二、极值问题........................................................................................................................38导数专题三、最值问题........................................................................................................................53导数专题四、零点问题........................................................................................................................77导数专题五、恒成立问题和存在性问题..........................................................................................118导数专题六、渐近线和间断点问题..................................................................................................170导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题..........................................................................190导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元......................................................................201导数专题九、公切线解决导数中零点问题......................................................................................214导数专题十、极值点偏移问题..........................................................................................................219导数专题十一、构造函数解决导数问题..........................................................................................2271/243导数专题一、单调性问题【知识结构】【知识点】一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.三、分类讨论的思路步骤：第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与区间的位置关系（分类讨论）；第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；第四步、（列表）根据第五步的草图列出f'x，fx随x变化的情况表，并写出函数的单调区间；第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数值比较得到函数的最值.四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：1.最高次项系数是否为0；2.导函数是否有极值点；3.两根的大小关系；4.根与定义域端点讨论等。五、求解函数单调性问题的思路：（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为f(x)0或f(x)0恒成立；（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参变量的范围；（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于零有解.六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法（1）参变分离；（2）导函数的根与区间端点直接比较；2/243（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。七、求解函数单调性问题方法提炼：（1）将函数fx单调增（减）转化为导函数fx0恒成立；（2）fxgxhx，由gx0（或gx0）可将fx0恒成立转化为hx0（或hx0）恒成立；（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。3/243【考点分类】考点一、分类讨论求解函数单调性；【例1-1】（2015-2016朝阳一模理18）已知函数f(x)xalnx,aR．（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）当x1,2时，都有f(x)0成立，求a的取值范围；（Ⅲ）试问过点P(1，3)可作多少条直线与曲线yf(x)相切？并说明理由．axa（1）当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0,)上单调递增；（2）当a0时，令f(x)0，得xa．0xa时，f(x)0，函数f(x)为减函数；xa时，f(x)0，函数f(x)为增函数．综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,)．当a0时，函数f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a，+)．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当a1时，即a1时，函数f(x)在区间1,2上为增函数，所以在区间1,2上，f(x)minf(1)1，显然函数f(x)在区间1,2上恒大于零；（2）当1a2时，即2a1时，函数f(x)在1，a上为减函数，在a,2上为增函数，所以f(x)minf(a)aaln(a)．依题意有f(x)minaaln(a)0，解得ae，所以2a1．（3）当a2时，即a2时，f(x)在区间1,2上为减函数，所以f(x)minf(2)2+aln2．依题意有f(x)min2+aln20，解得aln22，所以ln22a2．4/243综上所述，当aln22时，函数f(x)在区间1,2上恒大于零．（Ⅲ）设切点为（x0,x0alnx0)，则切线斜率k1a，x0切线方程为y(xalnx)(1a)(xx)．000x0因为切线过点P(1,3)，则3(xalnx)(1a)(1x)．00x00即a(lnx11)20．………………①0x0111a(x1)令g(x)a(lnxx1)a(xx2)x22(x0)，则g(x)．（1）当a0时，在区间(0,1)上，g(x)0，g(x)单调递增；在区间(1,)上，g(x)0，g(x)单调递减，所以函数g(x)的最大值为g(1)20．故方程g(x)0无解，即不存在x0满足①式．因此当a0时，切线的条数为0．（2）当a0时,在区间(0,1)上，g(x)0，g(x)单调递减，在区间(1,)上，g(x)0，g(x)单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(1)20．222取xe1+e，则g(x)a(12e11)2ae10．aaa11a故g(x)在(1,)上存在唯一零点．2222取xe-1-1，则g(x)a(12e11)2ae12a4a[e12(12)]．aaaa2e2aa设t12(t1)，u(t)et2t，则u(t)et2．a5/243t1时，u(t)et2e20恒成立．所以u(t)在(1,)单调递增，u(t)u(1)e20恒成立．所以g(x2)0．故g(x)在(0,1)上存在唯一零点．因此当a0时，过点P(1，3)存在两条切线．（3）当a0时，f(x)x，显然不存在过点P(1，3)的切线．综上所述，当a0时，过点P(1，3)存在两条切线；当a0时，不存在过点P(1，3)的切线．【例1-2】（2015-2016海淀一模理18）已知函数f(x)lnx11，g(x)x1.xlnx（Ⅰ）求函数f(x)的最小值；（Ⅱ）求函数g(x)的单调区间；()求证：直线yx.Ⅲ不是曲线yg(x)的切线【答案】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0,)，f'(x)11x1x2x2x当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)f'(x)0f(x)递减极小值递增函数f(x)在(0,)上的极小值为f(a)ln11110，所以f(x)的最小值为0（Ⅱ）解：函数g(x)的定义域为(0,1)(1,)，11g'(x)lnx(x1)lnx1f(x)xxln2xln2xln2x由（Ⅰ）得，f(x)0，所以g'(x)06/243所以g(x)的单调增区间是(0,1),(1,)，无单调减区间.（Ⅲ）证明：假设直线yx是曲线g(x)的切线.lnx11设切点为(x0,y0)，则g'(x0)1，即0x01ln2x0又yx01,yx，则x01x.0lnx0000lnx0所以lnxx0111,得g'(x)0，与g'(x)1矛盾0x000x0所以假设不成立，直线yx不是曲线g(x)的切线【练1-1】（2015-2016西城一模理18）已知函数f(x)xexaex1，且f'(1)e.(Ⅰ)求a的值及f(x)的单调区间；(Ⅱ)若关于x的方程f(x)kx22(k2)存在两个不相等的正实数根x1,x2，证明：x1x2ln4e.【答案】（Ⅰ）对f(x)求导，得f(x)(1x)exaex1，所以f(1)2eae，解得ae.f(x)xexex，f(x)xex.f(x)0，得x0.当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表所示：x(,0)0(0,)f(x)0f(x)↘↗所以函数f(x)的单调减区间为(,0)，单调增区间为(0,).（Ⅱ）解：方程f(x)kx22，即为(x1)exkx220，设函数g(x)(x1)exkx22.求导，得g(x)xex2kxx(ex2k)．由g(x)0，解得x0，或xln(2k).所以当x(0,)变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下表所示：7/243x(0,ln(2k))ln(2k)(ln(2k),)g(x)0g(x)↘↗所以函数g(x)在(0,ln(2k))单调递减，在(ln(2k),)上单调递增.k2，得ln(2k)ln41.又因为g(1)k20，所以g(ln(2k))0.不妨设x1x2（其中x1,x2为f(x)kx22的两个正实数根），因为函数g(x)在(0,ln2k)单调递减，且g(0)10，g(1)k20，所以0x11.同理根据函数g(x)在(ln2k,)上单调递增，且g(ln(2k))0，可得x2ln(2k)ln4，所以|x1x2|x2x1ln41ln4e，|x1x2|ln4e.【练1-2】（2011-2012石