高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版
高考数学一轮复习高考大题专项一突破1利用导数研究与不等式有关的问题学案理含解析北师大版
导数的综合应用高考大题专项(一)导数的综合应用考情分析导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.突破1利用导数研究与不等式有关的问题必备知识预案自诊知识梳理1.与e x,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥1+x;当m=1时,有e x≥e x.(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得lnx≤1n x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则e x≥x+1>x-1≥ln x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)任意x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;存在x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;(2)任意x∈D,f(x)≤g(x)⇐f(x)max≤g(x)min;存在x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)任意x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.(2)存在x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.(3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.(4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.(5)存在x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.(6)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.(7)任意x2∈[c,d],存在x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.关键能力学案突破考求函数不等式的参数的取点值范围(多考向探究)考向1求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.解题心得1.若任意x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=a e x-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.考向2求双变量函数不等式的参数的取值范围(m∈R).【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=m ln x-x+mx(1)略;<a恒成立,求实数a的取值范围.(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.对点训练2(2020安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=a ln x+12(a-1)x2+1(a∈R).(1)略;(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|>mx1x2,求实数m的取值范围.考点利用导数证明不等式(多考向探究)考向1单未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x 0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x -ln(x+m )>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x 0)的表达式涉及e x 0,ln(x 0+2),都是超越式,所以φ(x 0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子e x 0−1x+2=0进行变形,得到两个式子e x 0=1x 0+2和ln(x 0+2)=-x 0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.对点训练3已知函数f (x )=ax 2+x -1e x.(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)求证:当a ≥1时,f (x )+e≥0.【例4】已知函数f (x )=x+ax .(1)略;(2)设函数g (x )=ln x+1,证明:当x ∈(0,+∞)且a>0时,f (x )>g (x ).解题心得欲证函数不等式f (x )>g (x )(x ∈I ,I 是区间),设h (x )=f (x )-g (x )(x ∈I ),即证h (x )>0,为此研究h (x )的单调性,先求h'(x )的零点,根据零点确定h (x )在给定区间I 上的正负,若h (x )在区间I 上递增或递减或先递减后递增,只须h (x )min >0(x ∈I )(若h (x )min 不存在,则须求函数h (x )在与区间I 相应的闭区间上的端点处的函数值),若h (x )在区间I 上先递增后递减,只须区间I 的端点的函数值大于或等于0;若h'(x )的零点不好求,可设出零点x 0,然后确定零点的范围,进而确定h (x )的单调区间,求出h (x )的最小值h (x 0),再研究h (x 0)的正负.对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f (x )=sin 2x sin 2x. (1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f (x )|≤3√38; (3)设n ∈N +,证明:sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n .考向2 双未知数函数不等式的证明 【例5】已知函数f (x )=1x -x+a ln x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )存在两个极值点x 1,x 2,证明:f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数; 方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明; 方法4:利用主元法,构造函数证明.对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f (x )=14x 2-ax+a ln 2x (a ≠0). (1)若a<0时f (x )在[1,e]上的最小值是54-ln 2,求a ;(2)若a ≥e,且x 1,x 2是f (x )的两个极值点,证明:f (x 1)+f (x 2)<12(x 12+x 22)-2e(其中e 为自然对数的底数).高考大题专项(一) 导数的综合应用 突破1 利用导数研究与不等式有关的问题关键能力·学案突破例1解(1)略.(2)(方法1 分离参数法)当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0等价于a<(x+1)lnx x -1.令H (x )=(x+1)lnx x -1,则H'(x )=(x+1x+lnx)(x -1)-(x+1)lnx (x -1)2=x -1x-2lnx (x -1)2,令K (x )=x-1x -2ln x , 则K'(x )=x 2-2x+1x 2>0,于是K (x )在(1,+∞)上递增,所以K (x )>K (1)=0,于是H'(x )>0,从而H (x )在(1,+∞)上递增.由洛必达法则,可得limx →1+(x+1)lnx x -1=lim x →1+((x+1)lnx )'(x -1)'=lim x →1+1+1x+lnx1=2,于是a ≤2,于是a 的取值范围是(-∞,2].(方法2 最值法)由f (x )=(x+1)ln x-a (x-1),得f'(x )=ln x+1x +1-a.①当1-a ≥0,即a ≤1时,f'(x )>0,所以f (x )在(1,+∞)上递增,所以f (x )>f (1)=0. ②当a>1时,令g (x )=f'(x ),则g'(x )=x -1x 2>0,所以g (x )在(1,+∞)上递增,于是f'(x )>f'(1)=2-a.(ⅰ)当2-a ≥0,即1<a ≤2时,f'(x )>0,于是f (x )在(1,+∞)上递增,于是f (x )>f (1)=0. (ⅱ)当2-a<0,即a>2时,存在x 0∈(1,+∞),使得当1<x<x 0时,f'(x )<0,于是f (x )在(1,x 0)上递减,所以f (x )<f (1)=0,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是(-∞,2].对点训练1解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x-1-1x .(1)当a=e 时,f (x )=e x-ln x+1,f'(1)=e -1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-(e +1)=(e -1)(x-1),即y=(e -1)x+2.直线y=(e -1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为-2e -1,2.因此所求三角形的面积为2e -1.(2)由题意a>0,当0<a<1时,f (1)=a+ln a<1,与f (x )≥1矛盾. 当a=1时,f (x )=e x-1-ln x ,f'(x )=e x-1-1x.当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0.所以当x=1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.当a>1时,f (x )=a e x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 例2解(1)略;(2)由题意得x ∈(0,+∞),f'(x )=m x -1-mx 2=-x 2-mx+mx 2,令g (x )=x 2-mx+m ,Δ=m 2-4m=m (m-4)>0,当m<0或m>4时,g (x )=0有两个不相等的实根x 1,x 2,且x 1+x 2=m ,x 1x 2=m. 当m<0时,两根一正一负,不符合题意.当m>4时,两个根为正,f (x )有两个极值点x 1,x 2,f (x 1)+f (x 2)=m ln x 1-x 1+m x 1+m ln x 2-x 2+mx 2=m ln x 1x 2-(x 1+x 2)+m (x 1+x 2)x 1x 2=m ln m-m+m=m ln m.x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=m 2-2m.所以f (x 1)+f (x 2)x 12+x 22=mlnmm 2-2m =lnmm -2.所以a>lnmm -2在m ∈(4,+∞)时恒成立.令h (m )=lnmm -2(m>4),则h'(m )=1-2m-lnm (m -2)2. 令φ(m )=1-2m -ln m ,则φ'(m )=2m2−1m=2-m m 2<0,所以φ(m )在(4,+∞)上递减. 又φ(4)=1-12-2ln2<0,所以φ(m )<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m-ln m<0.所以h'(m )<0.所以h (m )在(4,+∞)上是减少的.所以h (m )<h (4)=ln2. 所以a ≥ln2,即a 的取值范围是[ln2,+∞). 对点训练2解(1)略;(2)当a=-1时,f (x )=-ln x-x 2+1,不妨设0<x 1<x 2,则|x 1f (x 2)-x 2f (x 1)x 1-x 2|>mx 1x 2等价于|f (x 2)x 2-f (x 1)x 1|>m (x 2-x 1),考查函数g (x )=f (x )x,得g'(x )=lnx -x 2-2x 2,令h (x )=lnx -x 2-2x 2,h'(x )=5-2lnx x 3,则当x ∈(0,e 52)时,h'(x )>0, 当x ∈(e 52,+∞)时,h'(x )<0,所以h (x )在区间(0,e 52)上递增,在区间(e 52,+∞)上递减.故g'(x )≤g'(e 52)=12e 5-1<0,所以g (x )在(0,+∞)上递减.从而g (x 1)>g (x 2),即f (x 2)x 2<f (x 1)x 1,故f (x 1)x 1−f (x 2)x 2>m (x 2-x 1),所以f (x 1)x 1+mx 1>f (x 2)x 2+mx 2,即g (x 1)+mx 1>g (x 2)+mx 2恒成立,设φ(x )=g (x )+mx ,则φ(x )在(0,+∞)上递减, 从而φ'(x )=g'(x )+m ≤0恒成立,故φ'(x )=g'(x )+m ≤12e 5-1+m ≤0,故m ≤1-12e 5. 故实数m 的取值范围为-∞,1-12e 5.例3解(1)略.(2)证法1:f (x )定义域为(-m ,+∞),f'(x )=e x-1x+m ,f″(x )=e x+1(x+m )2>0,其中f″(x )是f'(x )的导函数,则f'(x )在(-m ,+∞)上递增.又因为当x →(-m )+时,f'(x )→-∞,当x →+∞时,f'(x )→+∞,所以f'(x )=0在(-m ,+∞)上有唯一的实数根x 0,当-m<x<x 0时,f'(x )<0,当x>x 0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-m ,x 0)上递减,在(x 0,+∞)上递增,所以当x=x 0时,f (x )取得最小值.由f'(x 0)=0可得e x 0−1x 0+m=0,即ln(x 0+m )=-x 0,于是f (x 0)=e x 0-ln(x 0+m )=1x+m+x 0=1x 0+m+x 0+m-m ≥2-m.当m<2时,f (x 0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x 0=-1, 但显然f (-1)=e -1-ln(-1+2)=1e -0≠0.所以等号不成立,即f (x 0)>0.综上所述,当m ≤2时,f (x )≥f (x 0)>0.证法2:当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln(x+m )≤ln(x+2),于是f (x )≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x )=e x-ln(x+2)>0,x ∈(-2,+∞),就能证明当x ≤2时,f (x )>0.φ'(x )=e x -1x+2,φ″(x )=e x +1(x+2)2>0,其中φ″(x )是φ'(x )的导函数.于是φ'(x )在(-2,+∞)上递增. 又因为φ'(-1)=1e-1<0,φ'(0)=1-12>0,所以φ'(x )=0在(-2,+∞)上有唯一的实数根x 0,且x 0∈(-1,0). 当-2<x<x 0时,φ'(x )<0,当x>x 0时,φ'(x )>0, 所以φ(x )在(-2,x 0)上递减,在(x 0,+∞)上递增, 所以当x=x 0时,φ(x )取得最小值. 由φ'(x 0)=0可得e x 0−1x0+2=0,即ln(x 0+2)=-x 0,于是φ(x 0)=e x 0-ln(x 0+2)=1x0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0,于是φ(x )≥φ(x 0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练3(1)解f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2e x,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)证明f(x)+e≥0⇔ax 2+x-1e x+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x, 所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.例4(1)略.(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax -ln x-1(x>0),h'(x)=1-ax2−1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=12.∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正实数根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-ln x0-1=x0+x02-x0x0-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2-1x =2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上递增.又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).对点训练4(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x∈(0,π3)∪(2π3,π)时,f'(x)>0;当x∈(π3,2π3)时,f'(x)<0.所以f(x)在区间(0,π3),(2π3,π)上递增,在区间π3,2π3上递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]上的最大值为f(π3)=3√38,最小值为f(2π3)=-3√38.而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤3√38.(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x)32=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sinx||sin2x sin32x…·sin32n-1x sin 2n x||sin22n x|=|sinx||f (x )f (2x )…·f (2n-1x )||sin 22n x|≤|f (x )f (2x )…·f (2n-1x )|,所以sin 2x sin 22x …sin 22nx ≤(3√38)2n 3=3n4n .例5(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x2-1+a x=-x 2-ax+1x 2.①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时,f'(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上递减. ②若a>2,由f'(x )>0, 可得a -√a 2-42<x<a+√a 2-42,由f'(x )<0,可得0<x<a -√a 2-42或x>a+√a 2-42,所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上递增.综上所述,当a ≤2时,f (x )在(0,+∞)上递减; 当a>2时,f (x )在0,a -√a 2-42,a+√a 2-42,+∞上递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上递增.(2)证明证法1:由(1)知,f (x )存在两个极值点,则a>2.因为x 1,x 2是f (x )的两个极值点,所以x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,所以x 1+x 2=a ,x 1x 2=1,不妨设0<x 1<1<x 2.f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=(1x 1-x 1+alnx 1)-(1x 2-x 2+alnx 2)x 1-x 2=x 2-x 1x 1x 2-(x 1-x 2)+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2=-1x1x 2-1+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2=-2+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2,于是f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔-2+a (lnx 1-lnx 2)x 1-x 2<a-2⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1⇔-2lnx 21x 2-x 2<1⇔2ln x 2+1x 2-x 2<0.构造函数g (x )=2ln x+1x-x ,x>1,由(1)知,g (x )在(1,+∞)上递减,所以g (x )<g (1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f (x )存在两个极值点,则a>2. 因为x 1,x 2是f (x )的两个极值点,所以x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,不妨设0<x 1<1<x 2,则x 2-x 1=√a 2-4,x 1x 2=1.f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=(1x 1-x 1+alnx 1)-(1x 2-x 2+alnx 2)x 1-x 2=x 2-x 1x 1x 2-(x 1-x 2)+aln x1x 2x 1-x 2=-1x1x 2-1+alnx 1x 2x1-x 2=-2-alna -√a 2-4a+√a 2-4√a 2-4,于是f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔-2-alna -√a 2-4a+√a 2-4√a 2-4<a-2⇔ln a+√a 2-4a -√a 2-4<√a 2-4⇔ln (a+√a 2-42)2<√a 2-4⇔lna+√a 2-42<√a 2-42.设t=√a 2-42,则a=√4t 2+4,构造函数φ(t )=t-ln(√t 2+1+t ),t>0,则φ'(t )=1-1+2t2√t 2+1√t 2+1+t=1-1√t 2+1>0,所以φ(t )在(0,+∞)上递增,于是φ(t )>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1,设0<x 1<1<x 2,因为x 1x 2=1,所以lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1⇔lnx 1-lnx 2x 1-x 2<1√x 1x 2⇔ln x 1-ln x 2>x 1-x 2√x 1x 2⇔ln x 1x 2>√x 1x 2−√x 2x 1,令t=√x 1x 2∈(0,1),构造函数h (t )=2ln t+1t -t ,由(1)知,h (t )在(0,1)上递减,所以h (t )>h (1)=0,原不等式获证.对点训练5(1)解f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=a x -a+x 2=x 2-2ax+2a 2x . 令g (x )=x 2-2ax+2a ,对称轴x=a<0,因为1>a ,g (1)=1>0,所以当x ∈[1,e]时,g (x )>0,即f'(x )=g (x )2x >0.所以f (x )在[1,e]上递增.f (x )min =f (1)=14-a+a ln2=54-ln2,解得a=-1.(2)证明由f (x )有两个极值点x 1,x 2,则f'(x )=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x 2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,则{Δ=4a 2-8a >0,a >0,解得a>2. x 1+x 2=2a ,x 1x 2=2a ,x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=4a 2-4a.当a ≥e 时,f (x 1)+f (x 2)-12(x 12+x 22)+2e =a ln(4x 1x 2)-a (x 1+x 2)-14(x 12+x 22)+2e =a ln8a-2a 2-14(4a 2-4a )+2e =a ln8a-3a 2+a+2e(a ≥e). 令g (a )=a ln8a-3a 2+a+2e(a ≥e),g'(a )=ln8a-6a+2(a ≥e),令h (a )=g'(a )=ln8a-6a+2,h'(a )=1a -6=1-6aa ,当a ≥e 时,h'(a )<0,所以h (a )在[e,+∞)上递减.所以h (a )≤h (e).即g'(a )≤g'(e)=ln8e -6e +2=(1+3ln2)-6e +2=3ln2-6e +3<3-6e +3=6-6e <0, 所以g (a )在[e,+∞)上递减,g (a )≤g (e)=eln8e -3e 2+3e =e(1+3ln2)-3e 2+3e =e(3ln2-3e +4)<e(3-3e +4)=e(7-3e)<0, 所以g (a )<0,所以原不等式成立.。
高考数学一轮复习 专题突破练1 函数与导数中的高考热点问题 理 北师大版
专题突破练(一) 函数与导数中的高考热点问题(对应学生用书第231页)1．已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．[解] 由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，f(0)＝1＜b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．2．设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，e x＞x2－2ax＋1.[解] (1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .(2)证明：设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a ＞ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )＞0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )＞0， 所以g (x )在R 内单调递增．于是当a ＞ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)， 都有g (x )＞g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞0. 即e x －x 2＋2ax －1＞0，故当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x ＞x 2－2ax ＋1.3．(2018·兰州模拟)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＝12f ′(1)x ＋x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)若k ∈Z ，且f (x )＞k (x －1)对任意的x ∈(1，＋∞)都成立，求k 的最大值.【导学号：79140098】[解] (1)f ′(x )＝12f ′(1)＋1＋ln x (x ＞0)，所以f ′(1)＝12f ′(1)＋1，即f ′(1)＝2，所以f (x )＝x ＋x ln x ，f ′(x )＝2＋ln x ， 令f ′(x )＝2＋ln x ＜0，解得0＜x ＜e －2，即当x ∈(0，e －2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(e －2，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝e －2处取得极小值f (e －2)＝－e －2，没有极大值． (2)由(1)及题意，知k ＜f (x )x －1＝x ＋x ln xx －1对任意的x ∈(1，＋∞)都成立， 令g (x )＝x ＋x ln x x －1(x ＞1)，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x＞0，所以函数h (x )在(1，＋∞)上为增函数， 因为h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0， 所以方程h (x )＝0存在唯一实根x 0， 即ln x 0＝x 0－2，x 0∈(3,4)．所以当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0， 当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0， 所以函数g (x )在(1，x 0)上单调递减， 在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0，所以k ＜g (x )min ＝x 0，x 0∈(3,4)，又因为k ∈Z ， 故k 的最大值为3.4．(2017·山东高考)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R .(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．[解] (1)由题意f ′(x )＝x 2－ax ，所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ， 所以f ′(3)＝3，因此，曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0. (2)因为g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ， 所以g ′(x )＝f ′(x )＋cos x －(x －a )sin x －cos x ＝x (x －a )－(x －a )sin x ＝(x －a )(x －sin x )．令h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以h (x )在R 上单调递增． 因为h (0)＝0， 所以当x >0时，h (x )>0； 当x <0时，h (x )<0.①当a <0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，a )时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(a,0)时，x －a >0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝a 时，g (x )取到极大值， 极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ；当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增；所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，g (x )无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值， 极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .综上所述：当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ，极小值是g (0)＝－a ；当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。
高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件文北师大
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题型一 题型二 题型三
策略一 策略二 策略三
(1)解 因为函数 g(x)的导函数 g'(x)=ex,所以 g(x)=ex+c(c 为常数).
因为 g(0)g'(1)=e,所以(1+c)e=e,可得 c=0,即 g(x)=ex. 因为存在 x∈(0,+∞),使得不等式 g(x)<������-������+3成立,
题型一 题型二 题型三
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策略一 策略二 策略三
对点训练1已知函数f(x)=ax+ln x,函数g(x)的导函数g'(x)=ex,且 g(0)g'(1)=e,其中e为自然对数的底数.
(1)若存在x∈(0,+∞),使得不等式 g(x)<������-���������+��� 3 成立,试求实数m的 取值范围;
当 x∈(0,+∞)时,因为 ex>1, ������ + 21������≥2 ������·21������ = 2
当且仅当������
= 1 时等 号成立
2
,
所以 ex ������ + 1 >1,所以 h'(x)<0,
2 ������
所以 h(x)在(0,+∞)上是减少的,
所以 h(x)<h(0)=3,所以 m<3.
2
所以
1
φ(x)min=φ(t)=et+t-2>e2
+
12-2>
2.25
+
1 2
-2=0,
【创新方案】高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)导数的应用一 理 北师大版
第十一节导数的应用(一)【考纲下载】1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的单调性与导数2．函数的极值(1)极大值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．(2)极小值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．(3)极值：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0吗？f′(x)>0是否是f(x)在(a ，b )内单调递增的充要条件？提示：函数f (x )在(a ，b )内单调递增，则f ′(x )≥0，f ′(x )>0是f (x )在(a ，b )内单调递增的充分不必要条件．2．导数值为0的点一定是函数的极值点吗？“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件？提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数f (x )＝x 3，在x ＝0处，有f ′(0)＝0，但x ＝0不是函数f (x )＝x 3的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件．3．函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数的极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a ，b ]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a ，b )内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．1．如图所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，则下列判断中正确的是( ) A ．函数f (x )在区间(－3,0)上是减函数 B ．函数f (x )在区间(－3,2)上是减函数 C ．函数f (x )在区间(0,2)上是减函数 D ．函数f (x )在区间(－3,2)上是单调函数解析：选A 当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．2．函数f (x )＝e x－x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，0] D ．(0，＋∞)解析：选D ∵f (x )＝e x－x ，∴f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )>0，得e x－1>0，即x >0. 3．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D f (x )＝2x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，当x >2时，f ′(x )>0，此时f (x )为增函数；当x <2时，f ′(x )<0，此时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点．4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又∵x ∈[1，＋∞)，∴a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：35．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案：－173[例1] (2013·重庆高考改编)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．[自主解答] (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝x －x －x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．故函数f (x )的单调递增区间为(0,2)和(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)．【互动探究】若函数f (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，求k 的取值范围．解：由题意知f ′(x )＝2＋k x2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ≥(－2x 2)max ，又y ＝－2x 2在(1，＋∞)上单调递减，所以(－2x 2)max ＝－2，所以k ≥－2，即k 的取值范围是[－2，＋∞)．【方法规律】利用导数研究函数的单调性应注意三点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．(3)由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x ) ≤0 )恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．解：(1)若a ＝1，则f (x )＝3x －2x 2＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x＝－x ＋x －x(x >0)．当x ∈(0,1)，f ′(x )>0时，函数f (x )＝3x －2x2＋ln x 单调递增．当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x .令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.1．函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．2．高考对函数极值的考查主要有以下几个命题角度：(1)知图判断函数极值的情况；(2)已知函数求极值；(3)已知极值求参数．[例2] (1)(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)(2)(2014·鹰潭模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．2 B．3 C．6 D．9(3)(2013·福建高考)已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)．①当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；②求函数f(x)的极值．[自主解答] (1)①当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是减函数．③当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是减函数．④当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上：f(－2)为极大值，f(2)为极小值．(2)∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b ＝6，又a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤9，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴ab 的最大值为9.(3)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x. ①当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.②由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a lna ，无极大值．[答案] (1)D (2)D函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．1．(2013·浙江高考)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1 处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：选C 当k ＝1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C.2．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，且对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，x >0，①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； ②当a >0时，令f ′(x )<0得0<x <1a ，令f ′(x )>0得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．综上所述，当a ≤0时f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴由(1)可知a ＝1，∴f (x )＝x －1－ln x . 又∵f (x )≥bx －2，∴x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x ≥b .令g (x )＝1＋1x －ln xx，g ′(x )＝ln x －2x2，∴当0<x <e 2时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，e 2)上为减函数；当x >e 2时，g ′(x )>0，即g (x )在(e 2，＋∞)上为增函数，∴g (x )在x ＝e 2处取得最小值，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.[例3] (2013·广东高考)设函数f (x )＝(x －1)·e x－kx 2(k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .[自主解答] (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x－2x ＝x (e x－2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：↗ ↘ ↗(2)f ′(x )＝e x＋(x －1)e x－2kx ＝x e x－2kx ＝x (e x－2k )，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln(2k )，令g (k )＝ln(2k )－k ，则g ′(k )＝1k －1＝1－k k ≥0，所以g (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递增，所以g (k )≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0，从而ln(2k )<k ，所以ln (2k )∈[0，k ]，所以当x ∈(0，ln(2k ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln (2k )，＋∞)时，f ′(x )>0；所以M ＝max{f (0)，f (k )}＝max{－1，(k －1)e k－k 3}．令h (k )＝(k －1)e k －k 3＋1，则h ′(k )＝k (e k－3k )，令φ(k )＝e k －3k ，则φ′(k )＝e k－3≤e －3<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·φ(1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －32(e －3)<0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1使得φ(x 0)＝0，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0时，φ(k )>0，当k ∈(x 0,1)时，φ(k )<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0上单调递增，在(x 0,1)上单调递减．因为h (12)＝－12 e ＋78>0，h (1)＝0，所以h (k )≥0在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上恒成立，当且仅当k ＝1时等号成立．综上，函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝(k －1)e k－k 3.【方法规律】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．解：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6，所以f ′(2)＝6.又因为f (2)＝4，所以切线方程为y ＝6x －8.(2)记g (a )为f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a . 当a >1时，↗↘↗比较f (0)＝0和f (a )＝a 2(3－a )的大小可得g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1<a ≤3，a 2－a ，a >3.当a <－1时，↘↗＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a <－1，0，－1<a ≤3，a 2－a ，a >3.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————个流程——解决函数极值问题的一般流程 求定义域x求极值 用极值 x ＝x ＝0根的情况验根左右f x 的符号得关于参数的方程不等式极值 参数值范围个关系——导数与单调性、极值的关系(1)f ′(x )>0在(a ，b )上成立，是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分不必要条件． (2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．3个注意点——利用导数求极值应注意三点(1)求单调区间时应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则； (2)f ′(x 0)＝0时，x 0不一定是极值点；(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论.压轴大题巧突破(一)利用导数研究函数的极值、最值问题[典例] (2013·浙江高考)(14分)已知a ∈R ，函数f (x )＝x 3－3x 2＋3ax －3a ＋3. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当x ∈[0,2]时，求|f (x )|的最大值． [化整为零破难题](1)切点处的导数值即为切线的斜率，求导后计算出斜率，写出切线方程即可； (2)基础问题1：|f (x )|的最大值与f (x )的最值之间有什么关系？如果函数f (x )的最大值为M ，最小值为m ，则|f (x )|的最大值必定是|M |和|m |中的一个．因此要求|f (x )|的最大值，应求f (x )的最值．基础问题2：如何求函数y ＝f (x )，x ∈[0,2]的最值？由于f (x )是关于x 的三次函数，因此，f (x )在[0,2]上的最值为函数f (x )在[0,2]上的端点值或极值．从而只要求出f (x )在[0,2]上的端点值f (0)，f (2)及其极值，然后比较其绝对值的大小即可．基础问题3：如何求f (x )在[0,2]上的极值？要求f (x )在[0,2]上的极值，应利用导数研究函数f (x )在区间[0,2]上的单调性，即研究f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)(0≤x ≤2)的函数值符号，由于0≤x ≤2，所以0≤3(x －1)2≤3.故应分3(a －1)≥0,3(a －1)≤－3，－3<3(a －1)<0，即a ≥1，a ≤0,0<a <1三种情况讨论．当a ≥1或a ≤0时，函数f (x )为单调函数，故只需比较|f (0)|与|f (2)|的大小即可；当0<a <1时，f (x )在区间[0,2]上存在极大值和极小值．基础问题4：如何比较|f (0)|、|f (2)|、|f (x )极大值|与|f (x )极小值|的大小？计算f (x )极大值＋f (x )极小值＝2>0，f (x )极大值－f (x )极小值>0，从而可确定f (x )极大值>|f (x )极小值|.因此|f (x )|max ＝max {}|f，|f，f x极大值，由于0<a <23时，|f (0)|>|f (2)|，23≤a <1时，|f (2)|＝f (2)≥|f (0)|.故当0<a <23时，只需比较|f (0)|与f (x )极大值的大小即可；当23≤a <1时，只需比较f (2)与f (x )极大值的大小即可． [规范解答不失分](1)由题意得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3a ，故f ′(1)＝3a －3. 2分又f (1)＝1，所以所求的切线方程为y ＝(3a －3)x －3a ＋4. 4分 (2)由于f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)，0≤x ≤2，故 (ⅰ)当a ≤0时①，有f ′(x )≤0，此时f (x )在[0,2]上单调递减，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3－3a .5分(ⅱ)当a ≥1时①，有f ′(x )≥0，此时f (x )在[0,2]上单调递增，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3a－1.6分(ⅲ)当0<a <1时，设x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a ，则0<x 1<x 2<2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)．列表如下：↗↘↗由于f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a ，f (x 2)＝1－2(1－a )·1－a ，8分故f (x 1)＋f (x 2)＝2>0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a )· 1－a >0，从而f (x 1)>|f (x 2)|.②所以|f (x )|max＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}.10分a .当0<a <23时③，f (0)>|f (2)|.又f (x 1)－f (0)＝2(1－a )1－a －(2－3a )＝a 2－4a－a1－a ＋2－3a>0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .11分b .当23≤a <1时③，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)．又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a )1－a －(3a －2)＝a 2－4a－a1－a ＋3a －2，所以当23≤a <34时④，f (x 1)>|f (2)|.故f (x )max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .12分 当34≤a <1时④，f (x 1)≤|f (2)|.故f (x )max ＝|f (2)|＝3a － 1.13分综上所述，|f (x )|max ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－3a ， a ≤0，1＋－a 1－a ，0<a <34，3a －1， a ≥34.14分易错警示要牢记][全盘巩固]1．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析：选C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．2．(2014·淄博模拟)若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：选 D 若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选B 函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x －x ＋x，令y ′≤0，可得0<x ≤1.4．(2013·福建高考)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 解析：选D 取函数f (x )＝x 3－x ，则x ＝－33为f (x )的极大值点，但f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，排除A ；取函数f (x )＝－(x －1)2，则x ＝1是f (x )的极大值点，但－1不是f (－x )的极小值点，排除B ；－f (x )＝(x －1)2，－1不是－f (x )的极小值点，排除C.5．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( ) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1解析：选A ∵y ′＝3x 2－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1.则x ，y ′，y 的变化情况如下表：↗↘↗2或c ＝2.6．(2013·湖北高考)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：选D f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y 1＝1＋ln x的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.7．(2014·赣州模拟)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．解析：∵f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a .又函数f (x )恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f ′(x )＝0的两根，∴a ＝－1×4＝－4.答案：－48．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________. 解析：∵f ′(x )＝3x2＋6mx＋n ，∴由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f－＝－3＋3m －2＋n －＋m 2＝0，f－＝－2＋6m －＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意，∴m ＋n ＝11.答案：119．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，下列是关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的是________(填写序号)．解析：由题意可知函数f (x )的单调增区间为(－1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f (x )的极小值为f (2)，由于f (2)未知，故①④均错误，又因为f (x )的最大值为f (0)＝f (4)＝2，故③错误．答案：②10．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．11.已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0. (1)求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x .依题意须对于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，所以须f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2－1)e x<0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x<0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为[0,1]．(2)因为g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x，所以g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x.①当a ＝0时，g ′(x )＝e x>0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g ′(x )＝－2x e x<0，g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a>0.(ⅰ)若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.(ⅱ)若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e. 12．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＋1＝－ax 2－x －1x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1＋x x，∵x >0，∴f ′(x )>0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ≠0时，令f ′(x )＝0，得－ax 2－x －1x＝0，∵x >0，∴ax 2－x －1＝0，Δ＝1＋4a .(ⅰ)当Δ≤0，即a ≤－14时，得ax 2－x －1≤0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．(ⅱ)当Δ>0，即a >－14时，方程ax 2－x －1＝0的两个实根分别为x 1＝1－1＋4a 2a ，x 2＝1＋1＋4a 2a .若－14<a <0，则x 1<0，x 2<0，此时，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，若a >0，则x 1<0，x 2>0，此时，当x ∈(0，x 2)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞.综上所述，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞；当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)由(1)得，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞，则f (x )有极大值，极大值为f (x 2)＝ln x 2－12ax 22＋x 2，其中x 2＝1＋1＋4a2a. 而ax 22－x 2－1＝0，即ax 22＝x 2＋1，∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12.设函数h (x )＝ln x ＋x －12(x >0)，则h ′(x )＝1x ＋12>0，则h (x )＝ln x ＋x －12在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，则h (x )>0等价于x >1.∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12>0等价于x 2>1.即当a >0时，方程ax 2－x －1＝0的正根大于1.设φ(x )＝ax 2－x －1，由于φ(x )的图象是开口向上的抛物线，且经过点(0，－1)，对称轴x ＝12a>0，则只需φ(1)<0，即a －1－1<0，解得a <2，又a >0，所以0<a <2.故存在满足条件的实数a ，且实数a 的取值范围为(0,2)． [冲击名校] 设函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)(2)是否存在实数a ，使得对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有f x 2－f a x 2－a >f x 1－f ax 1－a成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝(1＋x )e x.令f ′(x )＝0，得x ＝－1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：↘↗∴f (x )f (x )极小值＝f (－1)＝－1e.(2)设g (x )＝f x －f ax －a，由题意，对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有g (x 2)>g (x 1)，即y ＝g (x )在(a ，＋∞)上是单调递增函数．(3)又g ′(x )＝fxx －a －[f x －f ax －a 2＝＋xxx －a －x e x ＋a e a x －a 2＝x 2＋x －ax －a x－x e x＋a eax －a2＝x 2e x －ax e x －a e x ＋a e a x －a 2，∴∀x ∈(a ，＋∞)，g ′(x )≥0.令h (x )＝x 2e x－ax e x－a e x＋a e a，h ′(x )＝2x e x＋x 2e x－a (1＋x )e x －a e x ＝x (x ＋2)e x－a (x ＋2)e x ＝(x ＋2)(x －a )e x.若a ≥－2，当x >a 时，h ′(x )>0，h (x )为(a ，＋∞)上的单调递增函数，∴h (x )>h (a )＝0，不等式成立．若a <－2，当x ∈(a ，－2)时，h ′(x )<0，h (x )为(a ，－2)上的单调递减函数，∴∃x 0∈(a ，－2)，h (x 0)<h (a )＝0，与∀x ∈(a ，＋∞)，h (x )≥0矛盾．综上，a 的取值范围为[－2，＋∞)．[高频滚动]1．过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条 D ．0条解析：选A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程，利用导数的思想可知方程有三个解，故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条．2．已知函数f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是________．解析：由f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，可得f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，即f (x )＝x 3－x 2－x .则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－⎝ ⎛⎭⎪⎫232－23＝－2227，故函数f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是y ＋2227＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，即27x ＋27y ＋4＝0.答案：27x ＋27y ＋4＝0。
2024届新高考一轮复习北师大版 高考专题突破一 第3课时 利用导数研究函数的零点 课件(40张)
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时， 函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． (2)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
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所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故 g(x)至多有一个零点， 从而 f(x)至多有一个零点． 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－16 2 －16 <0， f(3a＋1)＝13 >0， 故 f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点．
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思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
高考数学大一轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题试题理北师大版
高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝x 2＋－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)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 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，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)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ， f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时， h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
2018版高考数学复习高考专题突破一高考中的导数应用问题文北师大版
2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)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 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，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)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：k－ln k2所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
北师版高考总复习一轮数学精品课件 第四章 一元函数的导数及其应用 第二节 利用导数研究函数的单调性
当 0<a≤2 时,x -ax+1=
2
恒成立,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
2
2
x-2 +1- ≥0,f'(x)≤0
4
所以 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
且 f'(x)=0 不恒成立,
- 2 -4
当 a>2 时,令 f'(x)=0,得 x=
- 2 -4
当 x∈(0,
数的图象就比较“平缓”.
自主诊断
题组一 思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)
1.若函数f(x)在区间(a,b)内恒有f'(x)≤0,且f'(x)=0的根为有限个,则f(x)在区间
(a,b)上单调递减.( √ )
2.函数f(x)=sin x-x在R上单调递减.( √ )
3.如果函数f(x)在区间(a,b)上变化得越快,其导数就越大.( × )
+1
=
e -1
,解得
2(+1)
a=1,所以
e -2
f(x)=
+1
=
e -2
,
+1
,由 f'(x)<0 得 x<0 且 x≠-1,所以函数 f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)
和(-1,0).故选 D.
考点二
讨论含参函数的单调性
例题已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+2)x+2(a为常数).
e -1
2
(+1)
(1)-0
k=
1+1
f'(x)=
2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题学案理北师大版201
高考专题突破一 高考中的导数应用问题【考点自测】1．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π])的图像在点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x3＋1的图像在点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为( ) A.83 B ．2 C.73 D.33答案 A解析 f ′(x )＝2cos x ∈[－2,2]，g ′(x )＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)．当两函数的切线平行时，x p ＝0，x Q ＝1. 即P (0,0)，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83，∴直线PQ 的斜率为83. 2．(2017·全国Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 答案 A解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1，f ′(x )＝ex －1·(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0； 当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 故选A.3．(2018·西宁质检)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减少的，则b 的取值范围是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1] D ．(－∞，－1)答案 C解析 由题意可知f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．由于g (x )＝x (x ＋2)在(－1，＋∞)上是增加的且g (－1)＝－1，所以b ≤－1.故选C.4．若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝ . 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线方程为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)．y ＝ln(x ＋1)的切线方程为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是 ．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x－1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )． 因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时“＝”成立， 所以f (x )在R 上是增加的， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2018·沈阳质检)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )是增加的；当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )是增加的，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )是减少的．所以当a ≤0时，函数g (x )的递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞0时，函数g (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )是增加的，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )是增加的， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意；②当0＜a ＜12，即12a ＞1时，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 是增加的． 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)上是减少的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上是增加的． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意； ③当a ＝12，即12a ＝1时，f ′(x )在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )是减少的，不符合题意； ④当a ＞12，即0＜12a ＜1时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )是增加的，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )是减少的． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ＞12. 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．跟踪训练1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.经检验a ＝32时，符合题意．因此a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥32. 题型二 利用导数研究函数零点问题 例2 设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数． 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e. ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上是减少的， 当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上是增加的，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上是增加的； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一． 跟踪训练2 (2018·合肥调研)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． (1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f ′(x )与f (x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：x (0，k ) k(k ，＋∞)f ′(x ) －＋f (x )k (1－ln k )2所以，f (x )的递减区间是(0，k )， 递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值．(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点； 当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0， 所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 (2017·陕西省宝鸡市质检)设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．(1)解 由题意可知，f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ＋b (x >0)，∵f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1， ∴a ＝1，b ＝－1.(2)证明 f (x )＝x 2ln x －x ＋1，f (x )－(x －1)2＝x 2ln x ＋x －x 2，设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)， 则g ′(x )＝2x ln x －x ＋1.由(g ′(x ))′＝2ln x ＋1>0，得g ′(x )在[1，＋∞)上是增加的，∴g ′(x )≥g ′(1)＝0， ∴g (x )在[1，＋∞)上是增加的， ∴g (x )≥g (1)＝0. ∴f (x )≥(x －1)2.(3)解 设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1(x ≥1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1， 由(2)知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， ∴x ln x ≥x －1，∴h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)＝(3－2m )(x －1)． ①当3－2m ≥0，即m ≤32时，h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上是增加的， ∴h (x )≥h (1)＝0成立． ②当3－2m <0，即m >32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)，(h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝232em >1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )是减少的，则h ′(x )≤h ′(1)＝0， ∴h (x )在[1，x 0)上是减少的，∴h (x )≤h (1)＝0，即h (x )≥0不成立． 综上，m ≤32.思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．跟踪训练3 已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是 ．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，－32解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：x －1(－1，13) 13 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 1 (1,2) 2f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )a －4427＋a a a ＋2∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，－32.1．(2017·浙江)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 解 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x)′＝－e －x，所以f ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x＝(1－x )(2x －1－2)e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12.(2)由f ′(x )＝(1－x )(2x －1－2)e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，5252 ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞ f ′(x )－0 ＋0 －f (x )1213e － 01252e －又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是 121[0,e ]2-. 2．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．3．(2018·长春质检)已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e2x(x >0)．(1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e(x >0)，当且仅当x ＝e 2x时取等号，∴当x ＝e 时，g (x )有最小值2e.∴要使g (x )＝m 有零点，只需m ≥2e. 即当m ∈[2e，＋∞)时，g (x )＝m 有零点．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则函数g (x )与f (x )的图像有两个不同的交点．如图，作出函数g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图像．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1 ＝－(x －e)2＋m －1＋e 2， ∴其对称轴为x ＝e ，f (x )max ＝m －1＋e 2.若函数f (x )与g (x )的图像有两个交点，则m －1＋e 2>2e ，即当m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．4．(2017·广西质检)已知函数f (x )＝1x＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f ′(x )<0，得0<x <1，由f ′(x )>0，得x >1，所以当x ＝1时，f (x )有极小值1，无极大值；f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0,1)．(2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a<0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，即f (x )在区间(0，e]上是减少的， 故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e . 当1a>0，即a >0时，①若e≤1a，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以f (x )在区间(0，e]上是减少的， 则f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a >0，显然f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立；②若0<1a <e ，即a >1e时，则当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 1a⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，ef ′(x ) －0 ＋f (x )极小值所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ＋a ln 1a，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e，＋∞)．5．(2018届珠海二中月考)已知函数f (x )＝x －a ln x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数； (2)设g (x )＝－a ＋1x，若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1，e]恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上是增加的， 所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <a ， 由f ′(x )>0，得x >a ，所以f (x )在(0，a )上是减少的，在(a ，＋∞)上是增加的， 即f (x )在x ＝a 处有极小值，无极大值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)设h (x )＝f (x )－g (x )＝x ＋1＋ax－a ln x (x >0)，则h ′(x )＝1－1＋a x 2－a x ＝x 2－ax －(1＋a )x2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x2， 不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1，e]恒成立，即函数h (x )＝x ＋1＋a x－a ln x 在[1，e]上的最小值大于零．①当1＋a ≥e，即a ≥e－1时，h (x )在[1，e]上是减少的，所以h (x )的最小值为h (e)， 由h (e)＝e ＋1＋a e －a >0，可得a <e 2＋1e －1，因为e 2＋1e －1>e －1，所以e －1≤a <e 2＋1e －1；②当1＋a ≤1，即a ≤0时，h (x )在[1，e]上是增加的， 所以h (x )的最小值为h (1)，由h (1)＝1＋1＋a >0， 可得a >－2，即－2<a ≤0； ③当1<1＋a <e ，即0<a <e －1时， 可得h (x )的最小值为h (1＋a )，因为0<ln(1＋a )<1，所以0<a ln(1＋a )<a ， 故h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )>2，即0<a <e －1.综上可得，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，e 2＋1e －1.6．(2018·泉州调研)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝a x，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图像一共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0. (1)解 F (x )＝e x－a x，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 而F ′(x )＝e x＋a x2， 当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无递减区间． (2)证明 因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0. 当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x＋e x(x >0)，则F ′(x )＝e x －e x 2，令g (x )＝F ′(x )＝e x－e x2，则g ′(x )＝e x＋2e x3>0，故F ′(x )＝e x－e x2在(0，＋∞)上是增加的．而F ′(1)＝e －e12＝0，故当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，F (x )是减少的； 当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )是增加的． 而F (m )＝F (n )， 故0<m <1<n 或0<n <1<m ， 所以(m －1)(n －1)<0.。
2018版高考数学复习高考专题突破一高考中的导数应用问题文北师大版
2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)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 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，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)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：k－ln k2所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e－2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
2019届高考数学(北师大版文)大一轮复习讲义第三章 导数及其应用 高考专题突破一 Word版含答案
高考专题突破一高考中的导数应用问题【考点自测】．若函数()＝(∈[，π])的图像在点处的切线平行于函数()＝的图像在点处的切线，则直线的斜率为()．答案解析′()＝∈[－]，′()＝＋≥(当且仅当＝时取等号)．当两函数的切线平行时，＝，＝.即()，，∴直线的斜率为.．(·全国Ⅱ)若＝－是函数()＝(＋－)·－的极值点，则()的极小值为()．－．－－．－．答案解析函数()＝(＋－)－，则′()＝(＋)－＋(＋－)－＝－·[＋(＋)＋－]．由＝－是函数()的极值点，得′(－)＝－·(－－＋－)＝(－－)－＝，所以＝－.所以()＝(－－)－，′()＝－·(＋－)．由－＞恒成立，得当＝－或＝时，′()＝，且当＜－时，′()＞；当－＜＜时，′()＜；当＞时，′()＞.所以＝是函数()的极小值点．所以函数()的极小值为()＝－.故选.．设()，()在[，]上可导，且′()>′()，则当<<时，有()．()>()．()<()．()＋()>()＋()．()＋()>()＋()答案解析∵′()－′()>，∴(()－())′>，∴()－()在[，]上是增函数，∴当<<时()－()>()－()，∴()＋()>()＋()．．若函数()＝－＋在区间(，＋∞)上是增加的，则实数的取值范围为．答案解析∵′()＝－＋，当∈(，＋∞)时，′()≥恒成立，即－＋≥恒成立，∴≤＋恒成立．令()＝＋，′()＝－，∴当>时，′()>，即()在(，＋∞)上是增加的，∴≤＋＝.．(·江苏)已知函数()＝－＋－，其中是自然对数的底数，若(－)＋()≤，则实数的取值范围是．答案解析因为(－)＝(－)－(－)＋－－＝－＋－＋＝－()，所以()＝－＋－是奇函数．因为(－)＋()≤，所以()≤－(－)，即()≤(－)．因为′()＝－＋＋－≥－＋＝≥，当且仅当＝时“＝”成立，所以()在上是增加的，所以≤－，即＋－≤，所以－≤≤.题型一利用导数研究函数性质例(·沈阳质检)设()＝－＋(－)，∈.()令()＝′()，求()的单调区间；()已知()在＝处取得极大值，求实数的取值范围．解()由′()＝－＋，可得()＝－＋，∈(，＋∞)，所以′()＝－＝.当≤，∈(，＋∞)时，′()＞，函数()是增加的；。
北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课函数与导数中的高考热点问题教学案理解析版
函数与导数中的高考热点问题[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性（求函数的单调区间）、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值与最值等是高考命题的重点与热点之一，主要有以下命题角度：（１）利用导数研究函数的单调性、极值、最值；（２）利用单调性、极值、最值求参数的取值范围．【例１】（２0１５·全国卷Ⅱ）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] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!—a.若a≤0，则f′（x）＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上递增．若a＞0，则当x∈错误!时，f′（x）＞0；当x∈错误!时，f′（x）＜0．所以f（x）在区间错误!上递增，在区间错误!上递减．（２）由（１）知，当a≤0时，f（x）在区间（0，＋∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x＝错误!处取得最大值，最大值为f错误!＝ln错误!＋a错误!＝—ln a＋a—１．因此f错误!＞２a—２，即ln a＋a—１＜0．令g（a）＝ln a＋a—１，则g（a）在区间（0，＋∞）上递增，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）．[规律方法] １研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利用导数研究函数的性质，应遵循定义域优先的原则.２讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f′x的符号问题上，而f′x＞0或f′x＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.３若已知f x的单调性，则转化为不等式f′x≥0或f′x≤0在单调区间上恒成立问题求解.２（１）讨论f（x）的单调性；（２）若f（x）有最大值—ln ２，求m＋n的最小值．[解] （１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!—４mx＝错误!，当m≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上递增；当m＞0时，令f′（x）＞0得0＜x＜错误!，令f′（x）＜0得x＞错误!，∴f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．（２）由（１）知，当m＞0时，f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．∴f（x）m ax＝f错误!＝ln 错误!—２m·错误!—n＝—ln ２—错误!ln m—错误!—n＝—ln ２，∴n ＝—错误!ln m—错误!，∴m＋n＝m—错误!ln m—错误!.令h（x）＝x—错误!ln x—错误!（x＞0），则h′（x）＝１—错误!＝错误!，∴h（x）在错误!上递减，在错误!上递增，∴h（x）min＝h错误!＝错误!ln ２，∴m＋n的最小值为错误!ln ２．利用导数研究函数的零点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：（１）确定函数的零点、图像交点的个数；（２）由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．【例２】（２0１7·全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝a e２x＋（a—２）e x—x.（１）讨论f（x）的单调性；（２）若f（x）有两个零点，求a的取值范围.[解] （１）f（x）的定义域为（—∞，＋∞），f′（x）＝２a e２x＋（a—２）e x—１＝（a e x—１）（２e x＋１）．（ⅰ）若a≤0，则f′（x）<0，所以f（x）在（—∞，＋∞）递减．（ⅱ）若a>0，则由f′（x）＝0得x＝—ln a.当x∈（—∞，—ln a）时，f′（x）<0；当x∈（—ln a，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在（—∞，—ln a）递减，在（—ln a，＋∞）递增．（２）（ⅰ）若a≤0，由（１）知，f（x）至多有一个零点．（ⅱ）若a>0，由（１）知，当x＝—ln a时，f（x）取得最小值，最小值为f（—ln a）＝１—错误!＋ln a.１当a＝１时，由于f（—ln a）＝0，故f（x）只有一个零点；２当a∈（１，＋∞）时，由于１—错误!＋ln a＞0，即f（—ln a）>0，故f（x）没有零点；３当a∈（0,１）时，１—错误!＋ln a＜0，即f（—ln a）＜0．又f（—２）＝a e—４＋（a—２）e—２＋２>—２e—２＋２>0，故f（x）在（—∞，—ln a）有一个零点．设正整数n0满足n0＞ln错误!，则f（n0）＝e n0（a e n0＋a—２）—n0＞e n0—n0＞２n0—n0＞0．由于ln错误!＞—ln a，因此f（x）在（—ln a，＋∞）有一个零点．综上，a的取值范围为（0,１）．[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法１用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题.２将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决.mx（１）若f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（２）探求f（x）的零点个数．[解] （１）当x≥0时，设t＝mx≥0，则f（x）≥0⇔g（t）＝e t—１—错误!≥0，则g′（t）＝e t—错误!，１当m≥１时，g′（t）＝e t—错误!≥１—错误!＝错误!≥0，故g（t）在[0，＋∞）上递增，故g（t）≥g（0）＝0，所以f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立；２当0＜m＜１时，令g′（t）＜0，得0≤t＜—ln m，得g（t）在[0，—ln m]上递减，故g（—ln m）＜g（0）＝0，此时不满足f（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立．综上，实数m的取值范围是[１，＋∞）．（２）设t＝mx，则f（x）＝0⇔g（t）＝e t—１—错误!＝0，g′（t）＝e t—错误!，令g′（t）＝0，得t＝—ln m，记t0＝—ln m，１当m＝１时，t0＝0，则当t＜0时，g′（t）＜0，当t＞0时，g′（t）＞0，所以g（t）在（—∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，且g（0）＝0，所以g（t）有唯一零点，即f（x）有唯一零点．２当m≠１时，令g′（t）＞0，得t＞t0，所以g（t）在（t0，＋∞）上递增，令g′（t）＜0，得t ＜t0，所以g（t）在（—∞，t0）上递减．且g（t0）＝错误!，设h（m）＝１＋ln m—m，则h′（m）＝错误!，令h′（m）＝0，得m＝１，当0＜m＜１时，h′（m）＞0；当m＞１时，h′（m）＜0，则h（m）在（0,１）上递增，在（１，＋∞）上递减，所以h（m）≤h（１）＝0，所以g（t0）＜0．当m＞１时，t0＜0，由g（0）＝0，知g（t）在（t0，＋∞）上有一个零点，由g（t0—m）＝e t0—m—错误!＞0，知g（t）在（—∞，t0）上有一个零点，所以f（x）有两个零点．当0＜m＜１时，t0＞0，由g（0）＝0，得g（t）在（—∞，t0）上有一个零点，设F（t）＝t２e—t （t＞0），则F′（t）＝t（２—t）e—t，令F′（t）＝0，得t＝２，当0＜t＜２时，F′（t）＞0；当t＞２时，F′（t）＜0，所以F（t）在（0,２）上递增，在（２，＋∞）上递减，得F（t）≤F（２）＝错误!＜１，所以e t＞t２，令t１＝t0＋１＋错误!，则t１＞t0，g（t１）＝e t１—１—错误!＞t错误!—１—错误!＝错误!２—１—错误!＞0，得g（t）在（t0，＋∞）上有一个零点，所以f（x）有两个零点．综上，当m＝１时，f（x）有一个零点；当m＞0且m≠１时，f（x）有两个零点．利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：（１）证明不等式；（２）由不等式恒成立求参数范围问题；（３）不等式恒成立、不成立问题．【例３】（本题满分１２分）（２0１8·全国卷Ⅰ）已知函数错误!.（１）错误!；（２）若错误!，３证明：错误!＜a—２．[信息提取] 看到１想到函数的定义域：真数大于零；看到２想到对函数求导，然后解不等式，同时注意函数的定义域；看到３想到x１，x２是f′（x）＝0的两个实数根．[规范解答] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝—错误!—１＋错误!＝—错误!·１分（ⅰ）若a≤２，则f′（x）≤0，当且仅当a＝２，x＝１时f′（x）＝0，所以f（x）在（0，＋∞）递减. ·２分（ⅱ）若a＞２，令f′（x）＝0得，x＝错误!或x＝错误!.﹒﹒﹒﹒３分当x∈错误!∪错误!时，f′（x）＜0；当x∈错误!时，f′（x）＞0．·５分所以f（x）在错误!，错误!递减，在错误!递增. ·6分（２）由（１）知，f（x）存在两个极值点时，当且仅当a＞２．由于f（x）的两个极值点x１，x２满足x２—ax＋１＝0，所以x１x２＝１，不妨设x１＜x２，则x２＞１．·8分由于错误!＝—错误!—１＋a错误!＝—２＋a错误!＝—２＋a错误!，·9分所以错误!＜a—２等价于错误!—x２＋２ln x２＜0．１0分设函数g（x）＝错误!—x＋２ln x，由（１）知，g（x）在（0，＋∞）递减，又g（１）＝0，从而当x∈（１，＋∞）时，g（x）＜0．·１１分所以错误!—x２＋２ln x２＜0，即错误!＜a—２．·１２分[易错与防范]易错点防范措施不会求解含参数的一元二次不等式按照不等式的属性、相应方程有无实根、相应根的大小是否确定、是否均落在定义域内逐一讨论求解.没有注意到x１，x２的限制条件仔细审读题设信息，同时要避免与“任意x１，x２使得错误!＜a—２”的区别.１f′（x）＝0有根与无根的讨论；２f′（x）＝0有根，对根大小的讨论．（２）对于含有双变量x１，x２的不等式证明问题，常借助某一桥梁建立x１，x２的等量关系，从而实现“双变量”向“单变量”的过渡．进而利用函数与导数的关系证明不等式．（２0１9·河北五校联考）已知f（x）＝错误!x２—a２ln x，a＞0．（１）若f（x）≥0，求a的取值范围；（２）若f（x１）＝f（x２），且x１≠x２，证明：x１＋x２＞２a.[解] （１）f′（x）＝x—错误!＝错误!.当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增．当x＝a时，f（x）取最小值f（a）＝错误!a２—a２ln a.令错误!a２—a２ln a≥0，解得0＜a≤错误!.故a的取值范围是（0，错误!]．（２）由（１）知，f（x）在（0，a）上递减，在（a，＋∞）上递增，不失一般性，设0＜x１＜a ＜x２，则２a—x２＜a.要证x１＋x２＞２a，即x１＞２a—x２，则只需证f（x１）＜f（２a—x２）．因f（x１）＝f（x２），则只需证f（x２）＜f（２a—x２）．设g（x）＝f（x）—f（２a—x），a≤x＜２a.则g′（x）＝f′（x）＋f′（２a—x）＝x—错误!＋２a—x—错误!＝—错误!≤0，所以g（x）在[a,２a）上递减，从而g（x）≤g（a）＝0．又由题意得a＜x２＜２a，于是g（x２）＝f（x２）—f（２a—x２）＜0，即f（x２）＜f（２a—x２）．因此x１＋x２＞２a.[大题增分专训]１．（２0１9·银川模拟）已知函数f（x）＝ax—１—ln x（a∈R）．（１）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；（２）若函数f（x）在x＝１处取得极值，任意x∈（0，＋∞），f（x）≥bx—２恒成立，求实数b 的最大值．[解] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a—错误!＝错误!，当a≤0时，f′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．∴f（x）在（0，＋∞）上没有极值点．当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞错误!，f′（x）＜0得0＜x＜错误!.∴f（x）在错误!上递减，在错误!上递增，即f（x）在x＝错误!处有极小值．综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上没有极值点；当a＞0时，f（x）在（0，＋∞）上有一个极值点．（２）∵函数f（x）在x＝１处取得极值，∴f′（１）＝a—１＝0，则a＝１，从而f（x）＝x—１—ln x，由f（x）≥bx—２，即１＋错误!—错误!≥b，令g（x）＝１＋错误!—错误!，则g′（x）＝错误!，由g′（x）＞0得x＞e２，由g′（x）＜0得0＜x＜e２，则g（x）在（0，e２）上递减，在（e２，＋∞）上递增，∴g（x）min＝g（e２）＝１—错误!，∴实数b的最大值是１—错误!.２．（２0１8·郑州一模）已知函数f（x）＝ln x＋错误!—错误!，a∈R且a≠0．（１）讨论函数f（x）的单调性；（２）当x∈错误!时，试判断函数g（x）＝（ln x—１）e x＋x—m的零点个数．[解] （１）f′（x）＝错误!（x＞0），当a＜0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a＞0时，由f′（x）＝错误!＞0，得x＞错误!，由f′（x）＝错误!＜0，得0＜x＜错误!，∴函数f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．综上所述，当a＜0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a＞0时，函数f（x）在错误!上递增，在错误!上递减．（２）∵当x∈错误!时，函数g（x）＝（ln x—１）e x＋x—m的零点，即当x∈错误!时，方程（ln x—１）e x＋x＝m的根．令h（x）＝（ln x—１）e x＋x，h′（x）＝错误!e x＋１．由（１）知当a＝１时，f（x）＝ln x＋错误!—１在错误!上递减，在（１，e）上递增，∴当x∈错误!时，f（x）≥f（１）＝0．∴错误!＋ln x—１≥0在x∈错误!上恒成立．∴h′（x）＝错误!e x＋１≥0＋１＞0，∴h（x）＝（ln x—１）e x＋x在x∈错误!上递增．∴h（x）min＝h错误!＝—２e错误!＋错误!，h（x）m ax＝e.∴当m＜—２e错误!＋错误!或m＞e时，函数g（x）在错误!上没有零点；当—２e错误!＋错误!≤m≤e时，函数g（x）在错误!上有一个零点．３．已知函数f（x）＝错误!（a∈R），曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线与直线x＋y＋１＝0垂直．（１）试比较２0１9２0２0与２0２0２0１9的大小，并说明理由；（２）若函数g（x）＝f（x）—k有两个不同的零点x１，x２，证明：x１x２＞e２.[解] （１）２0１9２0２0＞２0２0２0１9.理由如下：依题意得，f′（x）＝错误!，因为函数f（x）在x＝１处有意义，所以a≠—１．所以f′（１）＝错误!＝错误!，又由过点（１，f（１））的切线与直线x＋y＋１＝0垂直可得，f′（１）＝１，即错误!＝１，解得a ＝0．此时f（x）＝错误!，f′（x）＝错误!，令f′（x）＞0，即１—ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′（x）＜0，即１—ln x＜0，解得x＞e.所以f（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，＋∞）．所以f（２0１9）＞f（２0２0），即错误!＞错误!，则２0２0ln ２0１9＞２0１9 ln ２0２0，所以２0１9２0２0＞２0２0２0１9.（２）不妨设x１＞x２＞0，因为g（x１）＝g（x２）＝0，所以ln x１—kx１＝0，ln x２—kx２＝0．可得ln x１＋ln x２＝k（x１＋x２），ln x１—ln x２＝k（x１—x２），要证x１x２＞e２，即证ln x１＋ln x２＞２，也就是k（x１＋x２）＞２，因为k＝错误!，所以只需证错误!＞错误!，即ln 错误!＞错误!，令错误!＝t，则t＞１，即证ln t＞错误!.令h（t）＝ln t—错误!（t＞１）．由h′（t）＝错误!—错误!＝错误!＞0，得函数h（t）在（１，＋∞）上是增函数；所以h（t）＞h（１）＝0，即ln t＞错误!.所以x１x２＞e２.。
高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)导数的
第十一节导数的应用(一)【考纲下载】1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的单调性与导数2．函数的极值(1)极大值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．(2)极小值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．(3)极值：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0吗？f′(x)>0是否是f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？提示：函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0，f′(x)>0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．2．导数值为0的点一定是函数的极值点吗？“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件？提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0)＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件．3．函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数的极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a，b]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．1．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是( )A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数解析：选A 当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．2．函数f(x)＝e x－x的单调递增区间是( )A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，0] D．(0，＋∞)解析：选D ∵f(x)＝e x－x，∴f′(x)＝e x－1，由f′(x)>0，得e x－1>0，即x>0.3．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D f (x )＝2x ＋ln x ，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，当x >2时，f ′(x )>0，此时f (x )为增函数；当x <2时，f ′(x )<0，此时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点．4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又∵x ∈[1，＋∞)，∴a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：35．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案：－173[例1] (2013·重庆高考改编)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．[自主解答] (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝x －2x －3x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．故函数f (x )的单调递增区间为(0,2)和(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)．【互动探究】若函数f (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，求k 的取值范围． 解：由题意知f ′(x )＝2＋kx2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ≥(－2x 2)max ，又y ＝－2x 2在(1，＋∞)上单调递减，所以(－2x 2)max ＝－2，所以k ≥－2，即k 的取值范围是[－2，＋∞)．【方法规律】利用导数研究函数的单调性应注意三点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．(3)由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x ) ≤0 )恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．解：(1)若a ＝1，则f (x )＝3x －2x 2＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x ＝－4x ＋1x －1x(x >0)．当x ∈(0,1)，f ′(x )>0时，函数f (x )＝3x －2x2＋ln x 单调递增．当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x .令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.高频考点 考点二 利用导数研究函数的极值问题1．函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．2．高考对函数极值的考查主要有以下几个命题角度：(1)知图判断函数极值的情况；(2)已知函数求极值；(3)已知极值求参数．[例2] (1)(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)(2)(2014·鹰潭模拟)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．9(3)(2013·福建高考)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )． ①当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； ②求函数f (x )的极值．[自主解答] (1)①当x <－2时，1－x >0.∵(1－x )f ′(x )>0，∴f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x <1时，1－x >0.∵(1－x )f ′(x )<0，∴f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上是减函数．③当1<x <2时，1－x <0.∵(1－x )f ′(x )>0，∴f ′(x )<0，即f (x )在(1,2)上是减函数． ④当x >2时，1－x <0.∵(1－x )f ′(x )<0，∴f ′(x )>0，即f (x )在(2，＋∞)上是增函数． 综上：f (－2)为极大值，f (2)为极小值．(2)∵f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6，又a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤9，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴ab 的最大值为9.(3)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x. ①当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.②由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a lna ，无极大值．[答案] (1)D (2)D函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f′(x)―→求方程f′(x)＝0的根―→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．1．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( )A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1 处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：选C 当k ＝1时，f (x )＝(e x－1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C.2．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，且对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，x >0，①当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； ②当a >0时，令f ′(x )<0得0<x <1a ，令f ′(x )>0得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．综上所述，当a ≤0时f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴由(1)可知a ＝1，∴f (x )＝x －1－ln x . 又∵f (x )≥bx －2，∴x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x ≥b .令g (x )＝1＋1x －ln xx，g ′(x )＝ln x －2x2，∴当0<x <e 2时，g ′(x )<0，即g (x )在(0，e 2)上为减函数；当x >e 2时，g ′(x )>0，即g (x )在(e 2，＋∞)上为增函数，∴g (x )在x ＝e 2处取得最小值，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e2，即b ≤1－1e2.故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e2.[例3] (2013·广东高考)设函数f (x )＝(x －1)·e x－kx 2(k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M . [自主解答] (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x－2x ＝x (e x－2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：↗↘↗(2)f ′(x )＝e x＋(x －1)e x－2kx ＝x e x－2kx ＝x (e x－2k )，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln(2k )，令g (k )＝ln(2k )－k ，则g ′(k )＝1k －1＝1－k k ≥0，所以g (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递增，所以g (k )≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0，从而ln(2k )<k ，所以ln (2k )∈[0，k ]，所以当x ∈(0，ln(2k ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln (2k )，＋∞)时，f ′(x )>0；所以M ＝max{f (0)，f (k )}＝max{－1，(k －1)e k－k 3}．令h (k )＝(k －1)e k －k 3＋1，则h ′(k )＝k (e k－3k )，令φ(k )＝e k －3k ，则φ′(k )＝e k－3≤e －3<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·φ(1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －32(e －3)<0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1使得φ(x 0)＝0，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0时，φ(k )>0，当k ∈(x 0,1)时，φ(k )<0，所以φ(k )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0上单调递增，在(x 0,1)上单调递减．因为h (12)＝－12 e ＋78>0，h (1)＝0，所以h (k )≥0在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上恒成立，当且仅当k ＝1时等号成立．综上，函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝(k －1)e k－k 3.【方法规律】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．解：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6，所以f ′(2)＝6.又因为f (2)＝4，所以切线方程为y ＝6x －8.(2)记g (a )为f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a . 当a >1时，x 0 (0,1) 1 (1，a ) a(a,2a ) 2a f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值 3a －1↘极小值a 2(3－a )↗4a 3比较f (0)＝0和f (a )＝a 2(3－a )的大小可得g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1<a ≤3，a 23－a ，a >3.当a <－1时，x 0 (0,1) 1 (1，－2a ) －2a f ′(x )－ 0 ＋f (x )↘极小值 3a －1↗－28a 3－24a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a <－1，0，－1<a ≤3，a 23－a ，a >3.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————1个流程——解决函数极值问题的一般流程 求定义域 求导数f ′x求极值 用极值 解方程f ′x ＝0知方程f ′x ＝0根的情况验根左右f ′x 的符号得关于参数的方程不等式极值 参数值范围2个关系——导数与单调性、极值的关系(1)f ′(x )>0在(a ，b )上成立，是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分不必要条件． (2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 3个注意点——利用导数求极值应注意三点(1)求单调区间时应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则； (2)f ′(x 0)＝0时，x 0不一定是极值点；(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论.压轴大题巧突破(一) 利用导数研究函数的极值、最值问题[典例] (2013·浙江高考)(14分)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．[化整为零破难题](1)切点处的导数值即为切线的斜率，求导后计算出斜率，写出切线方程即可；(2)基础问题1：|f(x)|的最大值与f(x)的最值之间有什么关系？如果函数f(x)的最大值为M，最小值为m，则|f(x)|的最大值必定是|M|和|m|中的一个．因此要求|f(x)|的最大值，应求f(x)的最值．基础问题2：如何求函数y＝f(x)，x∈[0,2]的最值？由于f(x)是关于x的三次函数，因此，f(x)在[0,2]上的最值为函数f(x)在[0,2]上的端点值或极值．从而只要求出f (x )在[0,2]上的端点值f (0)，f (2)及其极值，然后比较其绝对值的大小即可．基础问题3：如何求f (x )在[0,2]上的极值？要求f (x )在[0,2]上的极值，应利用导数研究函数f (x )在区间[0,2]上的单调性，即研究f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)(0≤x ≤2)的函数值符号，由于0≤x ≤2，所以0≤3(x －1)2≤3.故应分3(a －1)≥0,3(a －1)≤－3，－3<3(a －1)<0，即a ≥1，a ≤0,0<a <1三种情况讨论．当a ≥1或a ≤0时，函数f (x )为单调函数，故只需比较|f (0)|与|f (2)|的大小即可；当0<a <1时，f (x )在区间[0,2]上存在极大值和极小值．基础问题4：如何比较|f (0)|、|f (2)|、|f (x )极大值|与|f (x )极小值|的大小？计算f (x )极大值＋f (x )极小值＝2>0，f (x )极大值－f (x )极小值>0，从而可确定f (x )极大值>|f (x )极小值|.因此|f (x )|max ＝max {}|f0|，|f 2|，f x极大值，由于0<a <23时，|f (0)|>|f (2)|，23≤a <1时，|f (2)|＝f (2)≥|f (0)|.故当0<a <23时，只需比较|f (0)|与f (x )极大值的大小即可；当23≤a <1时，只需比较f (2)与f (x )极大值的大小即可． [规范解答不失分](1)由题意得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3a ，故f ′(1)＝3a －3. 2分又f (1)＝1，所以所求的切线方程为y ＝(3a －3)x －3a ＋4. 4分 (2)由于f ′(x )＝3(x －1)2＋3(a －1)，0≤x ≤2，故 (ⅰ)当a ≤0时①，有f ′(x )≤0，此时f (x )在[0,2]上单调递减，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3－3a .5分(ⅱ)当a ≥1时①，有f ′(x )≥0，此时f (x )在[0,2]上单调递增，故|f (x )|max ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝3a－1.6分(ⅲ)当0<a <1时，设x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a ，则0<x 1<x 2<2，f ′(x )＝3(x －x 1)(x －x 2)．列表如下：x 0 (0，x 1) x 1(x 1，x 2) x 2(x 2,2) 2 f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )3－3a↗极大值f (x 1) ↘极小值f (x 2)↗3a －1由于f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a ，f (x 2)＝1－2(1－a )·1－a ， 8分故f (x 1)＋f (x 2)＝2>0，f (x 1)－f (x 2)＝4(1－a )· 1－a >0，从而f (x 1)>|f (x 2)|.②所以|f (x )|max＝max{f (0)，|f (2)|，f (x 1)}.10分a .当0<a <23时③，f (0)>|f (2)|.又f (x 1)－f (0)＝2(1－a )1－a －(2－3a )＝a 23－4a21－a 1－a ＋2－3a>0，故|f (x )|max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .11分b .当23≤a <1时③，|f (2)|＝f (2)，且f (2)≥f (0)．又f (x 1)－|f (2)|＝2(1－a )1－a －(3a －2)＝a 23－4a 21－a 1－a ＋3a －2，所以当23≤a <34时④，f (x 1)>|f (2)|.故f (x )max ＝f (x 1)＝1＋2(1－a )1－a .12分 当34≤a <1时④，f (x 1)≤|f (2)|.故f (x )max ＝|f (2)|＝3a － 1.13分综上所述，|f (x )|max ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－3a ， a ≤0，1＋21－a 1－a ，0<a <34，3a －1， a ≥34.14分易错警示要牢记] 易错 点一 ①处易忽视对a ≤0和a ≥1两种情况的讨论，而直接令f ′(x )＝0，求出x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a 而导致解题错误易错 点二 ②处易发生不会比较f (x 1)与|f (x 2)|的大小，造成问题无法求解，或求解繁琐，进而造成解题失误易错 点三 ③处易发生不知如何比较f (0)，|f (2)|，f (x 1)三者大小而造成问题无法后续求解．事实上，此处的分类依据是：先比较出f (0)与|f (2)|的大小，然后利用二者中的较大者再与f (x 1)比较大小易错④处易忽视要得出f (x 1)与f (0)及f (2)的大小关系，只需判断3－4a 的符号[全盘巩固]1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)解析：选C 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．2．(2014·淄博模拟)若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是( )解析：选D 若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选B 函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x －1x ＋1x，令y ′≤0，可得0<x ≤1.4．(2013·福建高考)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 解析：选D 取函数f (x )＝x 3－x ，则x ＝－33为f (x )的极大值点，但f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，排除A ；取函数f (x )＝－(x －1)2，则x ＝1是f (x )的极大值点，但－1不是f (－x )的极小值点，排除B ；－f (x )＝(x －1)2，－1不是－f (x )的极小值点，排除C.5．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( ) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1解析：选A ∵y ′＝3x 2－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1.则x ，y ′，y 的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞)↗↘↗2或c ＝2.6．(2013·湖北高考)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：选D f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y 1＝1＋ln x的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.7．(2014·赣州模拟)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．解析：∵f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a .又函数f (x )恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f ′(x )＝0的两根，∴a ＝－1×4＝－4.答案：－48．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________. 解析：∵f ′(x )＝3x2＋6mx ＋n ，∴由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝－13＋3m －12＋n －1＋m 2＝0，f ′－1＝3×－12＋6m －1＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意，∴m ＋n ＝11.答案：119．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如表，x －1 0 4 5 f (x )1221f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，下列是关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的是________(填写序号)．解析：由题意可知函数f (x )的单调增区间为(－1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f (x )的极小值为f (2)，由于f (2)未知，故①④均错误，又因为f (x )的最大值为f (0)＝f (4)＝2，故③错误．答案：②10．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．11.已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0. (1)求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x .依题意须对于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，所以须f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2－1)e x<0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x<0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为[0,1]．(2)因为g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x，所以g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x.①当a ＝0时，g ′(x )＝e x>0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g ′(x )＝－2x e x<0，g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a>0.(ⅰ)若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.(ⅱ)若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a处取得最大值g ⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e. 12．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＋1＝－ax 2－x －1x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1＋x x，∵x >0，∴f ′(x )>0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ≠0时，令f ′(x )＝0，得－ax 2－x －1x＝0，∵x >0，∴ax 2－x －1＝0，Δ＝1＋4a .(ⅰ)当Δ≤0，即a ≤－14时，得ax 2－x －1≤0，故f ′(x )≥0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．(ⅱ)当Δ>0，即a >－14时，方程ax 2－x －1＝0的两个实根分别为x 1＝1－1＋4a 2a ，x 2＝1＋1＋4a 2a .若－14<a <0，则x 1<0，x 2<0，此时，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，若a >0，则x 1<0，x 2>0，此时，当x ∈(0，x 2)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞.综上所述，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞；当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)由(1)得，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2a ，＋∞，则f (x )有极大值，极大值为f (x 2)＝ln x 2－12ax 22＋x 2，其中x 2＝1＋1＋4a 2a .而ax 22－x 2－1＝0，即ax 22＝x 2＋1，∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12.设函数h (x )＝ln x ＋x －12(x >0)，则h ′(x )＝1x ＋12>0，则h (x )＝ln x ＋x －12在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，则h (x )>0等价于x >1.∴f (x 2)＝ln x 2＋x 2－12>0等价于x 2>1.即当a >0时，方程ax 2－x －1＝0的正根大于1.设φ(x )＝ax 2－x －1，由于φ(x )的图象是开口向上的抛物线，且经过点(0，－1)，对称轴x ＝12a>0，则只需φ(1)<0，即a －1－1<0，解得a <2，又a >0，所以0<a <2.故存在满足条件的实数a ，且实数a 的取值范围为(0,2)． [冲击名校] 设函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)(2)是否存在实数a ，使得对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有f x 2－f ax 2－a>f x 1－f ax 1－a成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝(1＋x )e x.令f ′(x )＝0，得x ＝－1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ f (x )↘极小值↗∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，单调递增区间是(－1，＋∞)；f (x )极小值＝f (－1)＝－1e.(2)设g (x )＝f x －f ax －a，由题意，对任意的x 1、x 2∈(a ，＋∞)，当x 1<x 2时恒有g (x 2)>g (x 1)，即y ＝g (x )在(a ，＋∞)上是单调递增函数．(3)又g ′(x )＝f ′xx －a －[f x －f a ]x －a 2＝1＋x e x x －a －x e x ＋a eax －a 2＝x 2＋x －ax －a e x －x e x ＋a e a x －a 2＝x 2e x －ax e x －a e x ＋a e ax －a 2，∴∀x ∈(a ，＋∞)，g ′(x )≥0.令h (x )＝x 2e x－ax e x －a e x ＋a e a ，h ′(x )＝2x e x ＋x 2e x －a (1＋x )e x －a e x ＝x (x ＋2)e x－a (x ＋2)e x＝(x ＋2)(x －a )e x.若a ≥－2，当x >a 时，h ′(x )>0，h (x )为(a ，＋∞)上的单调递增函数，∴h (x )>h (a )＝0，不等式成立．若a <－2，当x ∈(a ，－2)时，h ′(x )<0，h (x )为(a ，－2)上的单调递减函数，∴∃x 0∈(a ，－2)，h (x 0)<h (a )＝0，与∀x ∈(a ，＋∞)，h (x )≥0矛盾．综上，a 的取值范围为[－2，＋∞)．[高频滚动]1．过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条 D ．0条解析：选A 由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程，利用导数的思想可知方程有三个解，故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条．2．已知函数f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是________．解析：由f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，可得f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，即f (x )＝x 3－x 2－x .则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－⎝ ⎛⎭⎪⎫232－23＝－2227，故函数f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线方程是y ＋2227＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，即27x ＋27y ＋4＝0.答案：27x ＋27y ＋4＝0。
高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突
高考专题突破一 高考中的导数应用问题【考点自测】1．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π])的图像在点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x3＋1的图像在点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为( ) A.83 B ．2 C.73 D.33答案 A解析 f ′(x )＝2cos x ∈[－2,2]，g ′(x )＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)．当两函数的切线平行时，x p ＝0，x Q ＝1. 即P (0,0)，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83，∴直线PQ 的斜率为83. 2．(2017·全国Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 答案 A解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1，f ′(x )＝ex －1·(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0； 当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 故选A.3．(2018·西宁质检)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减少的，则b 的取值范围是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1] D ．(－∞，－1)答案 C解析 由题意可知f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．由于g (x )＝x (x ＋2)在(－1，＋∞)上是增加的且g (－1)＝－1，所以b ≤－1.故选C.4．若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝ . 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线方程为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)．y ＝ln(x ＋1)的切线方程为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1ex ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是 ．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 解析 因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x－1e －x＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )． 因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时“＝”成立， 所以f (x )在R 上是增加的， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2018·沈阳质检)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )是增加的；当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )是增加的，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )是减少的．所以当a ≤0时，函数g (x )的递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞0时，函数g (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )是增加的，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )是增加的， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意；②当0＜a ＜12，即12a ＞1时，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 是增加的． 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0,1)上是减少的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上是增加的． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意； ③当a ＝12，即12a ＝1时，f ′(x )在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )是减少的，不符合题意； ④当a ＞12，即0＜12a ＜1时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )是增加的，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )是减少的． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ＞12. 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．跟踪训练1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.经检验a ＝32时，符合题意．因此a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥32. 题型二 利用导数研究函数零点问题 例2 设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数． 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e. ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上是减少的， 当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上是增加的， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上是增加的； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一． 跟踪训练2 (2018·合肥调研)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． (1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f ′(x )与f (x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k )， 递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值．(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点； 当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0， 所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 (2017·陕西省宝鸡市质检)设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．(1)解 由题意可知，f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ＋b (x >0)，∵f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1， ∴a ＝1，b ＝－1.(2)证明 f (x )＝x 2ln x －x ＋1，f (x )－(x －1)2＝x 2ln x ＋x －x 2，设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)， 则g ′(x )＝2x ln x －x ＋1.由(g ′(x ))′＝2ln x ＋1>0，得g ′(x )在[1，＋∞)上是增加的，∴g ′(x )≥g ′(1)＝0， ∴g (x )在[1，＋∞)上是增加的， ∴g (x )≥g (1)＝0.∴f (x )≥(x －1)2.(3)解 设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1(x ≥1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1， 由(2)知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， ∴x ln x ≥x －1，∴h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)＝(3－2m )(x －1)． ①当3－2m ≥0，即m ≤32时，h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上是增加的， ∴h (x )≥h (1)＝0成立． ②当3－2m <0，即m >32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)，(h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝232em ->1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )是减少的，则h ′(x )≤h ′(1)＝0， ∴h (x )在[1，x 0)上是减少的，∴h (x )≤h (1)＝0，即h (x )≥0不成立． 综上，m ≤32.思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．跟踪训练3 已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是 ． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，－32解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，－32.1．(2017·浙江)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 解 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x)′＝－e －x， 所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝(1－x )(2x －1－2)e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12.(2)由f ′(x )＝(1－x )(2x －1－2)e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是 121[0,e ]2-. 2．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．3．(2018·长春质检)已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e2x(x >0)．(1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e(x >0)，当且仅当x ＝e 2x时取等号，∴当x ＝e 时，g (x )有最小值2e.∴要使g (x )＝m 有零点，只需m ≥2e. 即当m ∈[2e，＋∞)时，g (x )＝m 有零点．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则函数g (x )与f (x )的图像有两个不同的交点．如图，作出函数g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图像．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1 ＝－(x －e)2＋m －1＋e 2， ∴其对称轴为x ＝e ，f (x )max ＝m －1＋e 2.若函数f (x )与g (x )的图像有两个交点，则m －1＋e 2>2e ，即当m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．4．(2017·广西质检)已知函数f (x )＝1x＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f ′(x )<0，得0<x <1，由f ′(x )>0，得x >1， 所以当x ＝1时，f (x )有极小值1，无极大值；f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0,1)．(2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a<0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，即f (x )在区间(0，e]上是减少的， 故f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e . 当1a>0，即a >0时，①若e≤1a，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以f (x )在区间(0，e]上是减少的， 则f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a >0，显然f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立；②若0<1a <e ，即a >1e时，则当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e，＋∞)．5．(2018届珠海二中月考)已知函数f (x )＝x －a ln x ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数； (2)设g (x )＝－a ＋1x，若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1，e]恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上是增加的， 所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <a ，由f ′(x )>0，得x >a ，所以f (x )在(0，a )上是减少的，在(a ，＋∞)上是增加的， 即f (x )在x ＝a 处有极小值，无极大值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)设h (x )＝f (x )－g (x )＝x ＋1＋ax－a ln x (x >0)，则h ′(x )＝1－1＋a x 2－a x ＝x 2－ax －(1＋a )x2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x2， 不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1，e]恒成立，即函数h (x )＝x ＋1＋a x－a ln x 在[1，e]上的最小值大于零．①当1＋a ≥e，即a ≥e－1时，h (x )在[1，e]上是减少的，所以h (x )的最小值为h (e)， 由h (e)＝e ＋1＋a e －a >0，可得a <e 2＋1e －1，因为e 2＋1e －1>e －1，所以e －1≤a <e 2＋1e －1；②当1＋a ≤1，即a ≤0时，h (x )在[1，e]上是增加的， 所以h (x )的最小值为h (1)，由h (1)＝1＋1＋a >0， 可得a >－2，即－2<a ≤0； ③当1<1＋a <e ，即0<a <e －1时， 可得h (x )的最小值为h (1＋a )，因为0<ln(1＋a )<1，所以0<a ln(1＋a )<a ， 故h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )>2， 即0<a <e －1.综上可得，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，e 2＋1e －1.6．(2018·泉州调研)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝ax，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图像一共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.(1)解 F (x )＝e x－a x，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 而F ′(x )＝e x＋a x2， 当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无递减区间． (2)证明 因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0. 当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x＋e x(x >0)，则F ′(x )＝e x －e x 2，令g (x )＝F ′(x )＝e x－e x2，则g ′(x )＝e x＋2e x3>0，故F ′(x )＝e x－e x2在(0，＋∞)上是增加的．而F ′(1)＝e －e12＝0，故当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，F (x )是减少的； 当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )是增加的． 而F (m )＝F (n )， 故0<m <1<n 或0<n <1<m ， 所以(m －1)(n －1)<0.。
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2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)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 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，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)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：k－ln k2所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。