专题06 导数（解答题10种考法）讲义（解析版）

专题06导数（解答题10种考法）考法一含参单调性的分类讨论【例1-1】（2023·海南海口·农垦中学校考模拟预测）已知函数1lnRaxfxaxax．(1)讨论fx的单调性；(2)求fx在1,2上的最小值ga．【答案】(1)答案见解析(2)121ln2,22()12ln,121,1aaagaaaaaaa【解析】（1）函数1lnRaxfxaxax的定义域为0,，则2211aaxfxxxx．当0a时，0fx在0,上恒成立，故此时fx在0,上单调递减；当0a时，由()0fx¢，得1xa,由0fx，得10xa，故此时fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增．综上，当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增．（2）由（1）知，当0a时，fx在0,上单调递减，所以fx在1,2上单调递减，所以122ln22agafa；当0a时，(i)若101a，即1a时，fx在1,2上单调递增，此时，11gafa；(ii)若112a，即112a时，fx在11,a上单调递减，在1,2a上单调递增，此时，1111ln2ln1aafaaaagaaaa；(iii)若12a，即102a时，fx在1,2上单调递减，此时，122ln22agafa．综上所述，121ln2,22()12ln,121,1aaagaaaaaaa．【变式】1．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知函数2exfxxax.(1)当4a时，求曲线yfx在0,0f处的切线方程；(2)讨论fx的单调性.【答案】(1)280xy(2)答案见解析【解析】（1）由已知2exfxxax，则ee221e2xxxfxaxaxxxa，当4a时，08f，02f，则曲线yfx在0,0f处的切线方程为82yx，即280xy（2）由（1）知，1e2xfxxa，①当0a时，e20xa，当,1x时，()0fx¢，fx在,1单调递增；当1,x时，0fx，fx在1,单调递减；②当0a时，由1e20xfxxa，得11x，22lnxa（ⅰ）当20ea时，12xx，当2,1ln,xa时，()0fx¢，fx在,1，2ln,a单调递增；当21,lnxa时，0fx，fx在21,lna单调递减；（ⅱ）当2ea时，121xx，0fx，fx在R单调递增；（ⅲ）当2ea时，12xx，当2,ln1,xa时，()0fx¢，fx在2,lna，1,单调递增；当2ln,1xa时，0fx，fx在2ln,1a单调递减；综上可得：①当0a时，fx在,1单调递增，在1,单调递减；②当20ea时，fx在,1，2ln,a单调递增，在21,lna单调递减；③当2ea时，fx在R单调递增；④当2ea时，fx在2,lna，1,单调递增，在2ln,1a单调递减.2．（2023秋·北京·高三北师大实验中学校考阶段练习）已知函数12e,44xfxaxx其中aR．(1)若0a，求函数fx的单调区间和极值;(2)当1a时，讨论函数fx的单调区间．【答案】(1)fx的单调减区间为,1,1,0，单调增区间为0,；极小值e04f（2）答案见解析【解析】（1）函数1e44xfxx的定义域为,11,．则11122e444e4e4444xxxxxfxxx，令0fx，可得0x，当x变化时，fx和fx的变化情况如下：x,11,000,fx0fx单调递减单调递减单调递增故函数fx的单调减区间为,1,1,0;单调增区间为0,．当0x时，函数fx有极小值e04f.（2）因为1a，所以22244210axxxax，所以函数fx的定义域为R，求导可得12112222e44e24e42,4444xxxaxxaxxaxafxaxxaxx令0fx，可得1240,2xxa，当2a时，120xx，因为12222e0,244xxfxxx(当且仅当0x时，0fx)所以函数fx在R单调递增．当12a时，21xx，当x变化时，fx和fx的变化情况如下：x4,2a42a42,0a00,fx00fx单调递增单调递减单调递增故函数fx的单调减区间为42,0,a单调增区间为4,2,0,.a当2a时，21xx，当x变化时，fx和fx的变化情况如下：x,0040,2a42a42,afx00fx单调递增单调递减单调递增故函数fx的单调减区间为40,2,a单调增区间为,0，42,.a综上，当2a时，函数fx在R单调递增；当12a时，函数fx的单调减区间为42,0,a单调增区间为4,2,0,a；当2a时，函数fx的单调减区间为40,2,a单调增区间为,0，42,.a3．（2023秋·北京顺义·高三杨镇第一中学校考阶段练习）已知函数2e102xmfxxxm.(1)当0m时，求函数fx的最小值；(2)当0m时，讨论fx的单调性.【答案】(1)1e(2)答案见解析【解析】（1）当0m时：()(1)exfxx，令0fx解得=1x，又因为当,1x，0fx，此时函数fx单调递减；当1,x，()0fx¢，此时函数fx单调递增.所以fx的最小值为(1)f1e.（2）()(1)exfxxm，当0m时，由0fx，得=1x或lnxm.①若1em，则1()(1)e0exfxx，故fx在,上单调递增；②若1em，则ln1m.故当()0fx¢时，1x或lnxm；当0fx时，1lnxm.所以fx在,1，ln,m上单调递增，在1,lnm上单调递减.③若10em，则ln1m.故当()0fx¢时，lnxm或1x；当0fx时，ln1mx.所以fx在,lnm，1,上单调递增，在ln,1m上单调递减.综上所述，当1em时，fx在,上单调递增；当1em时，fx在,1，ln,m上单调递增，在1,lnm上单调递减.当10em时，fx在,lnm，1,上单调递增，在ln,1m上单调递减.考法二讨论零点个数【例2】（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）已知a为实数，函数2lnfxxaxx(1)当0a时，求函数fx的极值点；(2)当12a时，试判断函数fx的零点个数，并说明理由．【答案】(1)有且仅有一个极小值点22x(2)零点个数为2，理由见解析【解析】（1）当a=0时，2ln(0)fxxxx，故21212xfxxxx，令0fx，故22x，fx与fx在区间0,上的情况如下：x20,2222,2fx0+fx极小值所以fx在区间20,2上单调递减，在区间2,2单调递增，所以函数fx有且仅有一个极小值点22x．（2）函数fx的零点个数为2，理由如下：（1）当0xa时，2()ln(0)fxxaxxx．由于12a，所以222821214820aaxxaxfxxaxxx，故函数fx在区间0,a上单调递减，110,ln0fafaa，所以函数fx在区间0,a上有且仅有一个零点；（2）当xa时，2ln0fxxaxxx，故21212xaxfxxaxx，令0fx，得2084aax，2112,()0aafaa，故0xa，因此恒有()0fx¢，所以函数fx在区间,a上单调递增；又()ln0,(3)93ln33ln30faafa，所以函数fx在区间,a上有且仅有一个零点．综上，函数fx的零点个数为2．【变式】1．（2023·江西南昌·南昌市八一中学校考三模）设函数3exfxm，21lngxaxbx，其中mabR，，，曲线gx在1x处的切线方程为3.yx(1)若fx的图象恒在gx图象的上方，求m的取值范围；(2)讨论关于x的方程fxgx根的个数．【答案】(1)33e，；(2)答案见解析【解析】（1）()21lngxaxbx，则2bgxax，则(1)23gab,又因为(1)213ga，解得1a，1b，所以()21lngxxx；由题意得，3e21lnxmxx对一切0x恒成立，分离参数m得，21ln3exxxm对一切0x恒成立，令21ln3exxxhx，则112ln'exxxxhx，令112lntxxxx，则10t，211'20txxx，所以函数tx过点10，，且在0，上单调递减，当01x，时，0tx；当1x，时，0tx．又易知'hx与tx同号，所以hx在01，上单调递增，在1，上单调递减，则313ehxh，所以33em，故m的取值范围为33,e；（2）由题意，原方程等价于分离参数后的方程21ln3exxxm，令21ln3exxxhx，由（1）知，hx在01，上单调递增，在1，上单调递减，又当0x时，hx；当x时，3hx，所以hx的大致图象如图.观察图象可知：当333em，时，方程fxgx根的个数为1；当333em，时，fxgx根的个数为2；当33em，时，fxgx根的个数为0．2.(2022·广东广州检测)已知a≥1，