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（二）导学案.docx

1、导数大题10种主要题型（二）预习案题型三：恒成立、存在性问题3.1 单变量恒成立、存在性问题例1已知函数f（x）xlnx，g（x）x2+ax3（1）求函数f（x）在t，t+2（t0）上的最小值；（2）若存在x0，e（e是自然对数的底数，e2.71828），使不等式2f（x0）g（x0）成立，求实数a的取值范围3.2 双变量恒成立、存在性问题极值点偏移问题：由于函数左右增减速率不同导致函数图像失去对称性。方法一：构造对称函数，结合单调性证明不等式.1.求出极值点，确定的单调性；2.构造函数；3.对进行求导，确定的单调性，通过单调性比较和的大小关系，确定出或；4.即，反之亦然；5.结合单调性，确定

2、不等关系.方法二：对均不等式.例2已知函数f（x）（2a）lnx+（a0）（1）讨论函数f（x）在定义域内的单调性；（2）当a（3，2）时，任意x1，x21，3，（m+ln3）a2ln3|f（x1）f（x2）|恒成立，求实数m的取值范围题型四：极值点偏移问题例3已知函数f（x）lnxax2+（2a）x（）讨论f（x）的单调性；（）若函数yf（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f（x0）0导数大题10种主要题型（二）预习案例1 解：（1）由已知函数f（x）的定义域为（0，+），f（x）lnx+1，当x（0，），f（x）0，f（x）单调递减，当x（），f（x）0，f

3、（x）单调递增，t0，t+2当0tt+2，即0t时，f（x）minf（）；当，即t时，f（x）在t，t+2上单调递增，f（x）minf（t）tlnt（2）不等式2f（x0）g（x0）成立，即2x0lnx0，a2lnx+x+，x，e，设h（x）2lnx+x+，x，e，则，x，e，x，1）时，h（x）0，h（x）单调递减，x（1，e时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）maxh（）2+，对一切x0，e使不等式2f（x0）g（x0）成立，ah（x）max2+3e例2 解：（1）f（x）+2a，当a2时，函数f（x）的单调递增区间为（，），单调递减区间为（0，），（，+）；当a2时，函数f（x）的

4、单调递减区间为（0，+）；当2a0时，函数f（x）的单调递增区间为（，），单调递减区间为（0，），（，+）（2）由（1）知，当a（3，2）时，f（x）在1，3上单调递减，又x1，x21，3，所以|f（x1）f（x2）|f（1）f（3）（1+2a）（2a）ln3+6a，即|f（x1）f（x2）|4a+（a2）ln3，因为（m+ln3）a2ln3|f（x1）f（x2）|恒成立，所以（m+ln3）a2ln34a+（a2）ln3，即ma4a，因为a0，所以m4，因为a（3，2），所以4，所以m例3 【分析】（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；（II）构造函数g（x）f（+x）f（x），利

5、用导数求函数g（x）当0x时的最小值大于零即可，（III）设出函数yf（x）的图象与x轴交于A，B两点的横坐标，根据（I）（II）结论，即可证明结论【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+），f（x），若a0，则由f（x）0，得x，且当x（0，）时，f（x）0，当x（，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，）单调递增，在（，+）上单调递减；当a0时，f（x）0恒 成立，因此f（x）在（0，+）单调递增；（II）设函数g（x）f（+x）f（x），则g（x）ln（1+ax）ln（1ax）2ax，g（x），当x（0，）时，g（x）0，而g（0）0，所以g（x）0，故当0x时，f（+x）f（

6、x）；（III）由（I）可得，当a0时，函数yf（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a0，从而f（x）的最大值为f（），不妨设A（x1，0），B（x2，0），0x1x2，则0x1x2，由（II）得，f（x1）f（）f（x1）f（x2）0，又f（x）在（，+）单调递减，x1x2，于是x0，由（I）知，f（ x0）0已知函数f（x）（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x22解：（）函数f（x）（x2）ex+a（x1）2，f（x）（x1）ex+2a（x1）（x1）（ex+2a），若a0，那么f（x）0（x2）ex0x2，函数f（x

7、）只有唯一的零点2，不合题意；若a0，那么ex+2a0恒成立，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数；当x1时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x1时，函数f（x）取极小值e，由f（2）a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零点；当x1时，exe，x2x10，f（x）（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）2a（x1）2+e（x1）e，令a（x1）2+e（x1）e0的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或xt2时，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数f（x）在x1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0，则ln（2a）lne1，当xln（2a）

8、时，x1ln（2a）1lne10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（2a）x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当xln（2a）时，函数取极大值，由f（ln（2a）ln（2a）2（2a）+aln（2a）12aln（2a）22+10得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a，则ln（2a）1，当x1ln（2a）时，x10，ex+

9、2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a，则ln（2a）lne1，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当1xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a

10、）+2a0，即f（x）（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x1时，函数取极大值，由f（1）e0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+）证明：（）x1，x2是f（x）的两个零点，f（x1）f（x2）0，且x11，且x21，a，令g（x），则g（x1）g（x2）a，g（x），当x1时，g（x）0，g（x）单调递减；当x1时，g（x）0，g（x）单调递增；设m0，则g（1+m）g（1m），设h（m），m0，则h（m）0恒成立，即h（m）在（0，+）上为增函数，h（m）h（0）0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m1x10，则g（1+1x1）g（11+x1）g（2x1）g（x1）g（x2）2x1x2，即x1+x22