四川省仁寿县第一中学2020-2021学年高三数学二轮复习导数大题10种主要题型（三）导学案.docx

1、导数大题10种主要题型（三）预习案题型五：飘带函数、对数平均数问题1.必会两类切线：（1）的两条常用切线，构造两条切线不等式；.（2）的两条常用切线，构造两条切线不等式；.2.飘带函数：（1）；（2）.把上式中的换成，得（3）；（4）.3.对数平均数：（1）定义：设，则，其中为对数平均数。（设，不妨令，则上式本质就是飘带函数不等式）（2）变形：；.例1已知f（x）exax2，曲线yf（x）在（1，f（1）处的切线方程为ybx+1（1）求a，b的值；（2）求f（x）在0，1上的最大值；（3）证明：当x0时，ex+（1e）xxlnx10题型六：对数单身狗，指数找基友设为可导函数，则有，若为非常数函

2、数，求导式子中含有，这类问题需多次求导，显得繁琐复杂，处理这类函数的秒杀技巧是将前面部分提出，就留下这个“单身狗”，然后在研究剩余部分，这类方法技巧叫做对数单身狗。比如：设为可导函数，则有，若为非常数函数，求导式子中含有，针对此类类型，可以采用做商的方法，构造，从而达到简化证明和求最值得目的，总在找属于自己的“基友”，此类方法技巧俗称指数找基友。例2（2018新课标）已知函数f（x）x+alnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：a2导数大题10种主要题型（三）预习案例1 解：（1）f（x）ex2ax，f（1）e2ab，f（1）eab+1，解得：a1，b

3、e2；（2）由（1）得：f（x）exx2，f（x）ex2x，f（x）ex2，f（x）在（0，ln2）递减，在（ln2，+）递增，f（x）f（ln2）22ln20，f（x）在0，1递增，f（x）maxf（1）e1；（3）f（0）1，由（2）得f（x）过（1，e1），且yf（x）在x1处的切线方程是y（e2）x+1，故可猜测x0，x1时，f（x）的图象恒在切线y（e2）x+1的上方，下面证明x0时，f（x）（e2）x+1，设g（x）f（x）（e2）x1，x0，g（x）ex2x（e2），g（x）ex2，由（2）得：g（x）在（0，ln2）递减，在（ln2，+）递增，g（0）3e0，g（1）0，0ln

4、21，g（ln2）0，存在x0（0，1），使得g（x）0，x（0，x0）（1，+）时，g（x）0，x（x0，1）时，g（x）0，故g（x）在（0，x0）递增，在（x0，1）递减，在（1，+）递增，又g（0）g（1）0，g（x）0当且仅当x1时取“”，故x，x0，由（2）得：exx+1，故xln（x+1），x1lnx，当且仅当x1时取“”，xlnx+1，即lnx+1，ex+（2e）x1xlnx+x，即ex+（1e）xxlnx10成立，当且仅当x1时“”成立例2 解：（1）函数的定义域为（0，+），函数的导数f（x）1+，设g（x）x2ax+1，当a0时，g（x）0恒成立，即f（x）0恒成立，此时

5、函数f（x）在（0，+）上是减函数，当a0时，判别式a24，当0a2时，0，即g（x）0，即f（x）0恒成立，此时函数f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，x，f（x），f（x）的变化如下表： x （0，） （，） （，+） f（x） 0+ 0 f（x） 递减 递增递减综上当a2时，f（x）在（0，+）上是减函数，当a2时，在（0，），和（，+）上是减函数，则（，）上是增函数（2）由（1）知a2，不妨设x1x2，则0x11x2，x1x21，则f（x1）f（x2）（x2x1）（1+）+a（lnx1lnx2）2（x2x1）+a（lnx1lnx2），则2+，则问题转为证明1即可，即证明lnx1l

6、nx2x1x2，则lnx1lnx1，即lnx1+lnx1x1，即证2lnx1x1在（0，1）上恒成立，设h（x）2lnxx+，（0x1），其中h（1）0，求导得h（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，h（x）h（1），即2lnxx+0，故2lnxx，则a2成立（2）另解：注意到f（）xalnxf（x），即f（x）+f（）0，不妨设x1x2，由韦达定理得x1x21，x1+x2a2，得0x11x2，x1，可得f（x2）+f（）0，即f（x1）+f（x2）0，要证a2，只要证a2，即证2alnx2ax2+0，（x21），构造函数h（x）2alnxax+，（x1），h（x）0，h（x）在（1，+）上单调递减，h（x）h（1）0，2alnxax+0成立，即2alnx2ax2+0，（x21）成立即a2成立【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键综合性较强，难度较大