版高考数学(文科)：导数的应用

-2,即ln
1 2a
+
1 2a
+1≤0.
设g(x)=ln
x-x+1,则g'
(x)=
1 x
-1.当x∈(0,1)时,g'
(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'
(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增
,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时
(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x<x-1.
故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln 1 < 1 -1,即1< x 1 <x. (7分)
xx
ln x
(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0,
x
若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈
0,
1 a
时,
f
'(x)>0;当x∈
1 a
,
时,f
'(x)<0.所以f(x)在
0,
1 a
上单调递增,在
1 a
,
上单调递减.
(2)解法一:由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x= 1 处取得最大值,最大
解析 (1)f '(x)=(1-2x-x2)ex. 令f '(x)=0,得x=-1- 2 或x=-1+ 2 . 当x∈(-∞,-1- 2 )时, f '(x)<0; 当x∈(-1- 2 ,-1+ 2 )时, f '(x)>0; 当x∈(-1+ 2 ,+∞)时, f '(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1- 2 ),(-1+ 2 ,+∞)上单调递减, 在(-1- 2 ,-1+ 2 )上单调递增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
3
令f '(x)=0,解得x=3-2 3 或x=3+2 3 .
当x∈(-∞,3-2 3 )∪(3+2 3 ,+∞)时,f '(x)>0;
当x∈(3-2 3 ,3+2 3 )时,f '(x)<0.
a
值为f
1 a
=ln
1 a
+a
1
1 a
=-ln
a+a-1.
因此f
1 a
>2a-2等价于ln
a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,
则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).
解法二:由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x= 1 处取得最大值,最大值
当x∈
1 2a
,
时,
f
'(x)<0,
故f(x)在
0,
1 2a
单调递增,在
1 2a
,
单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,
f(x)在x=-
1 2a
取得最大值,最大值为f
1 2a
=ln
1 2a
-1-
1 4a
.
所以f(x)≤-
3 4a
-2等价于ln
1 2a
-1-
1 4a
≤-
3 4a
B.
1,
1 3
C.
1 3
,
1 3
D.1,
1 3
答案 C 解法一:f '(x)=1-2 cos 2x+acos x=1- 2 ·(2cos2x-1)+acos x=-4 cos2x+acos x+5 , f(x)在R上
3
3
3
3
单调递增,则f '(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则- 4 t2+at+ 5 ≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3
a
为f
1 a
=ln
1 a
+a
1
1 a
=-ln
a+a-1.
因此f
1 a
>2a-2等价于ln
a+a<1.
当a≥1时,ln a+a≥a≥1;
当0<a<1时,ln a+a<a<1.
因此,a的取值范围是(0,1).
解法三:由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x= 1 处取得最大值,最大值
,ln
1 2a
+
1 2a
+1≤0,即f(x)≤-
3 4a
-2.
考点三 导数的综合应用
1.(2018课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)= 1 x3-a(x2+x+1).
3
(1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点.
解析 (1)当a=3时,f(x)= 1 x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3.
ln c 1
解得x0= ln c .
ln c
当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减. (9分) 由(2)知1< clnc1<c,故0<x0<1. 又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (12分)
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< x 1 <x;
ln x
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= 1 -1,令f '(x)=0,解得x=1.
x
当0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减. (4分)
(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构
造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使
问题简化.
4.(2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).如果F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同
时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).
(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同
a
为f
1 a
=ln
1 a
+a
1
1 a
=-ln
a+a-1.
当0<a<1时,因为f(1)=0,所以f(x)的最大值大于2a-2;
当a≥1时,
f(x)的最大值f
1 a
=-ln
a+a-1≤a-1≤2a-2.
因此,a的取值范围是(0,1).
3.(2017课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性;
可得3a≥-1,即a≥- 1 ;
3
当-1≤t<0时,3a≤4t- 5 ,
t
由y=4t- 5 在[-1,0)上递增,可得t=-1时,y取得最小值1,
t
可得3a≤1,即a≤ 1 .
3
综上,可得a的取值范围是
1 3
,
1 3
.故选C.
3.(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
1≤ax+1成立;当0<a<1时,构造函数可知ex≥x+1,通过举反例x0=
5
4a 2
1
,
f(x0)>ax0+1,从而说明
命题不成立;当a≤0时,举反例x0=
5 1说明不等式不成立.
2
疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间,令
f '(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.
疑难突破 在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判断g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0, 1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点. 评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.
考点二 导数与函数的极值与最值
1.(2018课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥ 1 时, f(x)≥0.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=
5 4a 1,
2
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
§3.2 导数的应用
高考文数 ( 课标专用)
五年高考
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2014课标Ⅱ,11,5分,0.474)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是 ( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞)
(2)当a<0时,证明f(x)≤- 3 -2.
4a
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= 1 +2ax+2a+1= (x 1)(2ax 1) .
x
x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈
0,
1 2a
时,
f
'(x)>0;
3
3
at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
令g(t)=4t2-3at-5,则
g g
(1) (1)
4
4
3a 3a
5
5
0, 0,
解得-
1 3
≤a≤
1 3
,故选C.
解法二:函数f(x)=x- 1 sin 2x+asin x的导数为f '(x)=1- 2 cos 2x+acos x,
3
3
由题意可得f '(x)≥0恒成立,
1
ex
(2)当a≥ e 时, f(x)≥ e -ln x-1.
设g(x)=
ex e
-ln
x-1,则g'(x)=
ex e
-
1 x
.
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥
1 e
时,
f(x)≥0.
方法总结 利用导数证明不等式的(x)=k- 1 ≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥ 1 在(1,+∞)上恒成立,
x
x
∵x>1,∴0< 1 <1,
x
∴k≥1,故选D.
2.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)若函数f(x)=x- 1 sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是
3
()
A.[-1,1]
e
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=aex- 1 .
x
由题设知,
f
'(2)=0,所以a=
1 2e2
.
从而f(x)= 1 ex-ln x-1, f '(x)= 1 ex- 1 .
2e2
2e2 x
当0<x<2时, f '(x)<0;
当x>2时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
即1- 2 cos 2x+acos x≥0恒成立,
3
即有 5 - 4 cos2x+acos x≥0恒成立,
33
令t=cos x(-1≤t≤1),即有5-4t2+3at≥0,当t=0时,不等式显然成立;
当0<t≤1时,3a≥4t- 5
t
,由y=4t-
5t 在(0,1]上递增,可得t=1时,y取得最大值-1,
时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).
2.(2015课标Ⅱ,21,12分,0.15)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= 1 -a.
当a≤0时,取x0=
5 2
1
,则x0∈(0,1),
f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
解题思路 (1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间.