.第三讲导数的应用研热点（聚焦突破）类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义xfxxxfxyfyfxx处的切线的斜率，()就是曲线((1)函数＝＝，(()在))＝)处的导数′(在点0000xfk；＝)′(即0xxxyfxfyfxxfx )((＝)())在点(＝，－())处的切线方程为′(－(2)曲线．000001x fabafx处的切线(2))．在点＋(21] (2012年高考安徽卷改编)设函数(()＝，e>0)＋例[x a e13x abfxyxa e′(，)，求＝，的值．[解析]方程为∵＝－x a e2131222aaaf )，舍去e＝－＝，∴′(2)＝解得e(－e＝2或2a2e211221bbaab.＝，即＝＝，故所以，代入原函数可得＝2＋＋，＝3 222ee22跟踪训练xxfx3.)(＝－已知函数xfy 0)的切线方程；)的过点(1)求曲线(1＝，(axyxaf可以作曲线0))＝的三条切线，求((2)若过(轴上的点的取值范围．，tyfMxyxxffttf2)曲线＝(1)解析：由题意得′()3－1.＝()在点(，())－处的切线方程为(..ftxtytxttt2332＋1＝代入切线方程得20－1)·，解－2－＝3′()(，将点－(1)，即，＝(30)1tytxtyfxyx3220)的切线方程为(－1)＝－2)的过点得曲线得(1＝1或－，代入＝＝(3，211yx＋或.＝－－24432atatyafx＝0－0)可作曲线＝3(＋)的三条切线，则方程2(2)由(1)知若过点(有三个相，gttata23. ＋2异的实根，记－(3)＝gttattta2)．6)＝6－(－6则′(＝agtgagaaagt3)＝要使方程)＝－0>0时，函数(()的极大值是＋(0)＝有三，极小值是，(当aaaaaa23>1； <0，即－>0个相异的实数根，需使且>0且－1>0＋，即agtgt)＝0((不可能有三个相异的实数根；)单调递增，方程当＝0时，函数agtgaaagagt3)＝(＝()＝－0，＋要使方程，当极小值是<0时，函数(有三)的极大值是(0)aaaaaa23<－，即<0且－1. －＋1>0>0，即<0个相异的实数根，需使且a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．综上所述，类型二利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系abfxfxabfx)<0上单调递增；如果，)在区间在区间((，)内，如果′(′(，)>0，那么函数()fxab)上单调递减．，( )在区间(那么函数ln x?k kfx为常数，e年高考山东卷改编(2012)已知函数＝2.718 (＝)(28…是自然[例2]x e yfxfx轴平行． (1))(，)在点(1对数的底数)，曲线＝处的切线与k的值；求(1)fx)的单调区间．求 ((2)xk＋ln xf，＝(1)][解析由() x e..xkxx ln －1－xxf＝∈(0得，＋∞)．′(，)x x e xyfxf(1))(处的切线与)在(1，轴平行，由于曲线＝kf1.′(1)＝0，因此所以＝xxxfxx．) －∈ln (0(2))由(1)得，′()＝(1－，＋∞hxxxxx∈(0，＋∞)－，ln 令，( )＝1－xhx)>0；( ∈(0，1)时，当xhx)<0.)时，当(∈(1，＋∞x xfx)>0；′((0，1)又e时，>0，所以当∈xfx)<0. 时，′(∈(1，＋∞当)fx)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1因此，＋∞()．跟踪训练12axxxaxf＝ln 2－的取值范围．存在单调递减区间，求实数若函数(－)22xax121－＋xxfaxfxf))存在单调递减区间，－)＝所以－2＝－，因为函数(解析：由题知′(′(xx2xax1－＋2ax2，＋∞)，则应有0有解．又因为函数的定义域为(0≤x，(00在＋＝－2≥－1x＋∞)上有实数解．xaxxayax22上恒有)，＋∞在≥为开口向上的抛物线，所以时，(1)当>0＝2＋－12＋－10(0 解；..ayaxxaxx22－1≥0在2(0＋2，＋∞－1为开口向下的抛物线，要使)(2)当上有实<0时，＋＝Δa a44?<0；1< 数解，则>0＝，此时－a＝0时，显然符合题意． (3)当a的取值范围是(－1综上所述，实数，＋∞)．类型三利用导数研究函数的极值与最值yfx)在某个区间上的极值的步骤．求函数(＝ 1fx)；′((1)求导数fxx；的根′(0)(2)求方程＝0fxxx左右的符号；＝)在(3)检查′(0fxxx＝(在)①左正右负?处取极大值；0fxxx＝(在②左负右正?)处取极小值．0yfxab]上的最大值与最小值的步骤[＝ (，)．求函数2在区间yfxab)内的极值(极大值或极小值在区间()求函数(1)，＝；( )yfxfafb)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最的各极值与((2)将(＝，())小值．fxaxagxxbx32.＝(＋＋1()>0)，[例3] (2012年高考北京卷)已知函数(＝)yfxygxcab的值；，)(处具有公共切线，求)在它们的交点(1)若曲线＝(1(，)与曲线＝abfxgx2)的单调区间，并求其在区间(－∞，－＋当(2)1](＝4上的最大值．时，求函数( )fxaxgxxb2，＝2)＝3，＋′( ][解析 (1)′()yfxygxc)处具有公共切线，，( )因为曲线＝在它们的交点()与曲线＝(1fgfg′(1)．，且所以′(1)＝(1)＝(1)abab.3＋＝即＋11，且2＝＋..ab＝3.＝3解得，12abxgxhxf时，＝记(( )＝)(．当)＋(2)41223xxhxaax＋()＝，＋＋14122axxaxh )＝3′(＋.＋24aaxhxx.，＝0，得＝－令′(＝－)2162ahxhx)的变化情况如下：)与 >0时，′((，故a?(??,)2a?2aa),?(?62a?6a),??(?6aaaxh，－－－)和(所以函数，＋∞)；单调递减区间为(()的单调递增区间为(－∞，－262a)．6aa时，≤1，即0<2≥－当－2hhxhx1)(1]上的最大值为上单调递增，－(－∞，－)在区间函数((1])在区间(－∞，－12aa.＝－4aaa≤6≥－1，即2<时，，且－－1当－<62aaxhxh－(－(－，1]上单调递减，)(在区间在区间函数－∞，()在区间(－)上单调递增，22ah1. 1]上的最大值为(－)＝∞，－2aa>6时，－当－<1，即6aaaaxh，()(函数()在区间－∞，－上单调递增，在区间－(－上单调递减，在区间)，－6226..a1122xahhhaa－∞，((－1)＝1－所以＋)＝((－2)－在区间1]又因为上单调递增，>0(－)－，424ah1. ＝(－)－1]上的最大值为2跟踪训练23xxx）≤＋120＋3（??xf，－2，(2012年珠海摸底)若函数2](上的最大值为)＝2[，在ax x）（>0e?a)的取值范围是( 则11ln 2]，B．[0 A．[ln 2，＋∞) 221ln 2]－∞，0] D．(C．(－∞，22xxfxxfxx＝－上的极大值点是，易知函数－∞，解析：当0≤(时，0]′(6)＝)在＋(6ln 2ax aax≤(0，2]即上恒成立，≤2即可，即≤ln 2在f e，(02]，，1且－(1)＝2故只要在上，x1a ln 2.≤2]上恒成立，故，在(02D答案：析典题（预测高考）高考真题bbaaxxfxaxb为∈R＋1)＋＋1＋＋，(，，＝)(2012【真题】年高考辽宁卷设()ln(3xxyfy点相切．，与直线)常数，曲线＝()＝在(00)2..ba，的值；(1)求x9xfx.((2)证明：当0<)<<2时，x6＋byfx1. ＝点，得(＝－)(1)由过(0，0)【解析】3xyf由点的切线斜率为＝，(，)在(00)2311??aaay0.)＝＋＝＝(＋＋又，得′xx0＝＝0??x2＋1x12＋x>0(2)证明：证法一时，由均值不等式，当xxxxx1.＋1＝1<＋22（＋＋1）·1<1＋＋2x9xhxf)－)＝记，((x6＋5411xh ＋＝则－′()2xx）＋16＋（x1＋2xx54＋2＋6＋154<＝－－22xxxx）＋1）＋1）（（＋66）4（2＋（3xx）＋6）－216（（1＋.＝2xx）＋1＋）（4（63xgxx 216(，(＋)＝(1)＋6)－令xxxg2216<0. －时，＋′()＝3(则当0<6)<2xg，2)因此内是递减函数．((0)在xgxhg)<0. (()<0，所以′又由＝(0)0，得xh2)(内是递减函数．)在(0因此，xhh)<0.(＝0又，得(0)x9xfx. 于是当0<)<<2时，(x6＋xfxx1.－1)＋＋＋1证法二由(1)知(＝)ln(xxxxxx①＋，故＝＋1）·12由均值不等式，当>0时，（＋1<＋1＋2＋1<1.2..xxxk ln(，＋令1)(－)＝x－1xkk<00，，′(－)＝1则＝(0)＝xx11＋＋xxxk＋1)<故②()<0，即ln(.3xxxf.)<由①②得，当(>0时，2xxxxfxh 0<(时，)－记9(()＝<2＋6)，则当1131hxfxxxxfxxx＋6)·((′(＋)＝)(－)＋()＋－9＝[39<(＋′(6)xx）＋2＋12（1x12＋x1xxxxxxx＋18(1)]＋6)·(3＋)1)]<[3－(＋1)＋＋1)＋(＋6)·(2＋(＋1)－18(＋x＋1）2（2xx－(7＝18)<0.x）＋4（1hx)在(0，因此2)(内单调递减．x9hhxfx)<.(()<0，即又＝(0)0，所以x＋6【名师点睛】本题主要考查导数的应用和不等式的证明以及转化与化归能力，难度较大．本题不等式的证明关键在于构造函数利用最值来解决．考情展望高考对导数的应用的考查综合性较强，一般为解答题，着重考查以下几个方面：一是利用导数的几何意义来解题；二是讨论函数的单调性；三是利用导数研究函数的极值与最值．常涉及不等式的证明、方程根的讨论等问题名师押题x ln axgaxfxxx∈是自然常数，，e]，其中()＝eR.，ln 已知【押题】 ()＝－，∈(0xxaf时，＝讨论(1)1)(的单调性和极值；..1fxgx)＋；求证：在(1)的条件下，(( )>(2)2afxa的值；若不存在，请说明理3，若存在，求出(3)是否存在实数)，使的最小值是(由．x－11afx)＝1－＝＝1时，，′(【解析】 (1)由题知当xxxfxfx)单调递减，时，(′( )<0因为当0<，此时<1xfxfx)单调递增，时，(′( )>0当1<，此时<e fxf(1)＝)所以的极小值为(1.fxfx)在(0，，即e]((2)证明因为上的最小值为(1. )的极小值为1xx ln －11ln 1hxgxhx)＝，＝＋(，)＝ (′()＋令2xx22xhxhx)在(0，(<e时，e]′(上单调递增，)>0，当0<1111hxhfx)，1＝＝((e)＝＋<所以＋(＝)minmax e2221fxgx)＋)>(1)所以在的条件下，. ((2ax－11afxaxxxfxa－＝)有最小值3，＝)＝′(－ln (.∈(0，(3)假设存在实数e])，使(xxax∈(0，e]，≤0时，因为①当fxfx)在(0，(e]所以上单调递减，′( )<0，而4fxfaa＝(舍去，)， (e)＝1e－＝所以3(＝)min e fx)无最小值；此时 (111②当0<fx)在(0，)上单调递减，在((，e]上单调递增，<e时，aaa12aaxff，满足条件；e3，＝)＝()＝1＋ln 所以＝(min a1xfx)<0，′( ∈(0，e]，所以时，因为③当≥e a4fxfxfaa＝(舍去31＝＝e](0所以()在，上单调递减，()(e)e－＝，) min e..fx)无最小值．此时(2xfax)有最小值时，，e综上，存在实数＝，使得当∈(0e](3..。