第三講導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用研熱點(diǎn)（聚焦突破）類(lèi)型一利用導(dǎo)數(shù)研究切線問(wèn)題導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)；(2)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．[例1](2012年高考安徽卷改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋eq\f(1,aex)＋b(a>0)．在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝eq\f(3,2)x，求a，b的值．[解析]∵f′(x)＝aex－eq\f(1,aex)，∴f′(2)＝ae2－eq\f(1,ae2)＝eq\f(3,2)，解得ae2＝2或ae2＝－eq\f(1,2)(舍去)，所以a＝eq\f(2,e2)，代入原函數(shù)可得2＋eq\f(1,2)＋b＝3，即b＝eq\f(1,2)，故a＝eq\f(2,e2)，b＝eq\f(1,2).跟蹤訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)＝x3－x.(1)求曲線y＝f(x)的過(guò)點(diǎn)(1，0)的切線方程；(2)若過(guò)x軸上的點(diǎn)(a，0)可以作曲線y＝f(x)的三條切線，求a的取值范圍．解析：(1)由題意得f′(x)＝3x2－1.曲線y＝f(x)在點(diǎn)M(t，f(t))處的切線方程為y－f(t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－1)·x－2t3，將點(diǎn)(1，0)代入切線方程得2t3－3t2＋1＝0，解得t＝1或－，代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲線y＝f(x)的過(guò)點(diǎn)(1，0)的切線方程為y＝2x－2或y＝－x＋.(2)由(1)知若過(guò)點(diǎn)(a，0)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則方程2t3－3at2＋a＝0有三個(gè)相異的實(shí)根，記g(t)＝2t3－3at2＋a.則g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(t)的極大值是g(0)＝a，極小值是g(a)＝－a3＋a，要使方程g(t)＝0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，需使a>0且－a3＋a<0，即a>0且a2－1>0，即a>1；當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增，方程g(t)＝0不可能有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g(t)的極大值是g(a)＝－a3＋a，極小值是g(0)＝a，要使方程g(t)＝0有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，需使a<0且－a3＋a>0，即a<0且a2－1>0，即a<－1.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．類(lèi)型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減．[例2](2012年高考山東卷改編)已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解析](1)由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)．由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0.又ex>0，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．跟蹤訓(xùn)練若函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：由題知f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2＝－eq\f(ax2＋2x－1,x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以f′(x)＝－eq\f(ax2＋2x－1,x)≤0有解．又因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則應(yīng)有ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有實(shí)數(shù)解．(1)當(dāng)a>0時(shí)，y＝ax2＋2x－1為開(kāi)口向上的拋物線，所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上恒有解；(2)當(dāng)a<0時(shí)，y＝ax2＋2x－1為開(kāi)口向下的拋物線，要使ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有實(shí)數(shù)由均值不等式，當(dāng)x>0時(shí)，2eq\r(（x＋1）·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.①令k(x)＝ln(x＋1)－x，則k(0)＝0，k′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1)<0，故k(x)<0，即ln(x＋1)<x.②由①②得，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<eq\f(3,2)x.記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當(dāng)0<x<2時(shí)，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9<eq\f(3,2)x＋(x＋6)·(eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1)))－9＝eq\f(1,2（x＋1）)[3x(x＋1)＋(x＋6)·(2＋eq\r(x＋1))－18(x＋1)]<eq\f(1,2（x＋1）)[3x(x＋1)＋(x＋6)·(3＋eq\f(x,2))－18(x＋1)]＝eq\f(x,4（x＋1）)(7x－18)<0.因此h(x)在(0，2)內(nèi)單調(diào)遞減．又h(0)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<eq\f(9x,x＋6).【名師點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用和不等式的證明以及轉(zhuǎn)化與化歸能力，難度較大．本題不等式的證明關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)利用最值來(lái)解決．考情展望高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查綜合性較強(qiáng)，一般為解答題，著重考查以下幾個(gè)方面：一是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義來(lái)解題；二是討論函數(shù)的單調(diào)性；三是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值．常涉及不等式的證明、方程根的討論等問(wèn)題名師押題【押題】已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，其中e是自然常數(shù)，a∈R.(1)討論a＝1時(shí)，f(x)的單調(diào)性和極值；(2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)；(3)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】(1)由題知當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)1<x<e時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值為f(1)＝1.(2)證明因?yàn)閒(x)的極小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1.令h(x)＝g(x)＋eq\f(1,2)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1＝f(x)min，所以在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2).(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤∈(0，e]，所以f′(x)<0，而f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，此時(shí)f(x)無(wú)最小值；②當(dāng)0<eq\f(1,a)<e時(shí)，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞減，在(eq\f(1,a)，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min