高三文科数学二轮复习：第1部分专题6突破点16导数的应用(酌情自选)

打破点 16导数的应用(酌情自选)
提炼 1导数与函数的单一性(1)函数单一性的判断方法
在某个区间 (a，b)内，假如 f′(x)＞0，那么函数 y＝f(x)在此区间内单一递加；如果 f′(x)＜0，那么函数 y＝f(x)在此区间内单一递减．
(2)常数函数的判断方法
假如在某个区间 (a，b)内，恒有 f′(x)＝ 0，那么函数 y＝f(x)是常数函数，在此区间内不拥有单一性．
(3)已知函数的单一性求参数的取值范围
设可导函数 f(x)在某个区间内单一递加 (或递减 )，则能够得出函数 f(x)在这个区间内 f ′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，从而转变为恒建立问题来解决 (注意等号建立的查验 )．提炼 2函数极值的鉴别注意点
(1)可导函数极值点的导数为 0，但导数为 0 的点不必定是极值点，如函数 f(x) ＝x3，当 x＝ 0 时就不是极值点，但 f′(0)＝0.
(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当 x＝x0时，函数获得极值．在x0处有f′(x0)＝0 是函数 f(x)在 x0处获得极值的必需不充足条件．
(3)函数 f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点函数
值中的最大值，函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其
端点函数值中的最小值．
提炼 3函数最值的鉴别方法
(1)求函数 f(x)在闭区间 a，b]上最值的要点是求出f′(x)＝ 0 的根的函数值，再与f(a)， f(b)作比较，此中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)求函数 f(x)在非闭区间上的最值，只要利用导数法判断函数f(x)的单一性，即可得结论．
回访 1导数与函数的单一性
1
1．(2016 ·全国乙卷 )若函数 f(x)＝x －3sin 2x ＋asin x 在(－∞，＋∞)单一递加，则 a 的取值范围是 (
)
A ．－ 1,1]
B. －1，
1
3
C. －1，
1
D. －1，－ 1
3 3
3
1
2
C
取 a ＝－ 1，则 f(x) ＝x － 3sin 2x － sin x ，f ′(x)＝ 1－ 3cos 2x －cos x ，但 f ′ (0)＝1
－ 2
－ 1＝－ 2
＜0，不具备在 (－∞，＋∞)单一递加的条件，故清除 A ，B ，D.应选 C.]
3 3
2．(2015 ·全国卷Ⅱ )设函数 f ′(x)是奇函数 f(x)(x ∈R )的导函数， f(－ 1)＝0，当 x>0
时， xf ′(x)－f(x)<0，则使得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 (
)
A ．(－∞，－ 1)∪(0,1) B.( －1,0)∪(1，＋ ∞) C.(－∞，－ 1)∪(－ 1,0) D.(0,1)∪(1，＋ ∞)
A
设 y ＝g(x)＝
f x
xf x －f
x
(x ≠ 0)，则 g ′(x)＝
2
，当 x>0 时， xf ′(x)－
x
x
f(x)<0，
∴g ′(x)<0，∴ g(x)在(0，＋ ∞)上为减函数，且 g(1)＝f(1)＝－ f(－1)＝0.
∵ f (x)为奇函数，∴ g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的表示图如下图．
当 x>0，g(x)>0 时， f(x)>0,0<x<1，当 x<0，g(x)<0 时， f(x)>0，x<－ 1，
∴使得 f(x)>0 建立的 x 的取值范围是 (－ ∞，－ 1)∪ (0,1)，应选 A.] 回访 2 函数的极值与最值
3．(2014 ·全国卷Ⅰ )已知函数 f(x)＝ax 3－3x 2
＋1，若 f(x)存在独一的零点 x 0，且
x 0>0，则
a 的取值范围是
(
)
A ．(2，＋ ∞)
B.( －∞，－ 2)
C.(1，＋ ∞ )
D.( －∞，－ 1)
B
f ′(x)＝ 3ax 2－6x ，
当 a＝ 3 时， f′(x)＝ 9x2－ 6x＝3x(3x－2)，则当 x∈(－∞，0)时， f′(x)>0；
x∈0，2
时， f′(x)<0；3
225
x∈3，＋∞时， f′(x)>0，注意 f(0)＝ 1， f3＝9>0，则 f(x)的大概图象如图 (1)所示．
(1)
不切合题意，清除 A 、C.
当 a＝－4
3时， f′(x)＝－ 4x2－6x＝－ 2x(2x＋3)，则当 x∈ －∞，－
3
2时，f′(x)<0，
x∈－
3
，0时，′( ，∈
(0
，＋∞)时，′( ，注意
f(0)
＝，－
3
5 2
f x)>0 x f x)<0 1 f
2
＝－，则 f(x)
4
的大概图象如图 (2)所示．
(2)
不切合题意，清除 D.]
x3－ 3x，x≤a，4．(2016 ·北京高考 )设函数 f(x)＝－2x，x＞a.
(1)若 a＝0，则 f(x)的最大值为 ________；
(2)若 f(x)无最大值，则实数 a 的取值范围是 ________．
2 a<－ 1由当x≤a时，f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
如图是函数 y＝x3－3x 与 y＝－ 2x 在没有限制条件时的图象．
(1)若 a＝0，则 f(x)max＝f(－ 1)＝2.
(2)当 a≥－1 时， f(x)有最大值；
当 a<－1 时， y＝－ 2x 在 x>a 时无最大值，且－ 2a>(x3－3x)max，所以 a<－1.]
热门题型 1利用导数研究函数的单一性问题
题型剖析：利用导数研究函数的单一性问题常在解答题的第(1)问中体现，有一定的划分度，此类题波及函数的极值点、利用导数判断函数的单一性、不等式的恒
建立等．
(2016 ·辽宁葫芦岛模拟 )已知 x＝1 是 f(x)＝2x＋b
x＋ln x 的一个极值点．
(1)求函数 f(x)的单一递减区间；
3＋a
，若函数 g(x)在区间 1,2]内单一递加，务实数 a 的取
(2)设函数 g(x)＝f(x)－x
值范围 .
【导学号： 85952067】
b b1b
解](1)由于 f(x)＝ 2x＋x＋ln x，所以 f′(x)＝ 2－x2＋x，由于 x＝ 1 是 f(x)＝2x＋x ＋ ln x 的一个极值点，所以 f ′(1)＝ 2－ b＋ 1＝0，解得 b＝3，经查验，切合题意，所
3
以 b＝3.则函数 f(x)＝2x＋x＋ln x，其定义域为 (0，＋∞).4分
31
＜0，解得－3
令 f′(x)＝2－2＋＜x＜1，
x x2
3
所以函数 f(x)＝ 2x＋x＋ln x 的单一递减区间为 (0,1].6分
3＋a a 1 a
(2)由于 g(x)＝f(x)－x＝2x＋ ln x－x，所以 g′(x)＝2＋x＋x2.8分
1a 由于函数 g(x)在 1,2]上单一递加，所以 g′(x)≥0 在 1,2]上恒建立，即 2＋＋2≥
x x0在 x∈1,2]上恒建立，所以 a≥(－ 2x2－ x)max，而在 1,2]上， (－2x2－ x)max＝－ 3，所以a≥－3.
所以实数 a 的取值范围为－ 3，＋∞).12分
依据函数 y＝ f(x)在 (a，b)上的单一性，求参数范围的方法：
(1)若函数 y＝ f(x)在(a，b)上单一递加，转变为f′(x)≥0在 (a，b)上恒建立求解．
(2)若函数 y＝ f(x)在(a，b)上单一递减，转变为f′(x)≤0在 (a，b)上恒建立求解．
(3)若函数 y＝ f(x)在(a，b)上单一，转变为f′(x)在(a， b)上不变号即 f′(x)在(a，b)上恒正或恒负．
(4)若函数 y＝ f(x)在(a，b)上不但一，转变为f′(x)在 (a，b)上变号．
3x2＋ ax
变式训练 1] (2016 ·重庆模拟 )设函数 f(x)＝e x(a∈R)．
(1)若 f(x)在 x＝ 0 处获得极值，确立 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
x＋a x－x2＋ax x
f′(x)＝x2
－3x2＋－a x＋a
＝x.2 分
e
由于 f(x)在 x＝0 处获得极值，所以 f′(0)＝ 0，即 a＝0.
当 a＝ 0时，f(x)＝3x2－3x2＋6x33
x ，′(＝x，故，f′(1)＝，从而 f(x)在点 (1，e f x)e f(1)＝e e
33
f(1))处的切线方程为 y－e＝e(x－1)，化简得 3x－ey＝0.6 分
－ 3x2＋－a x＋a
.
(2)由(1)知 f′(x)＝x
e
令 g(x)＝－ 3x2＋(6－ a)x＋ a，
由 g(x)＝0，解得 x1＝6－a－a2＋ 36
，
6
－＋2＋ 36
6 a a
x2＝6.8 分
当 x＜ x1时， g(x)＜0，即 f′(x)＜
0，故 f(x)为减函数；
当 x1＜x＜x2时， g(x)＞0，即 f′(x)＞0，
故 f(x)为增函数；
当 x＞ x2时， g(x)＜0，即 f′(x)＜0，
故 f(x)为减函数．
6－ a＋ a2＋369由 f(x)在 3，＋∞)上为减函数，知 x2＝6≤3，解得 a≥－2
，
故 a 的取值范围为 －9
，＋ ∞ .12 分
2
热门题型 2 利用导数研究函数的极值、最值问题
题型剖析： 利用导数研究函数的极值、最值是高考要点考察内容，主要以解答
题的形式考察，难度较大．
x － 1
1 2
(2016 ·株洲一模 )已知函数 f(x)知足 f(x)＝f ′(1)e － f(0)x ＋2x .
(1)求 f(x)的分析式及单一区间；
1
2
(2)若 f(x) ≥x ＋ ax ＋b ，求 (a ＋1)b 的最大值．
2
解]
x － 1
1 2 x －1
(1)f(x)＝ f ′(1)e －f(0)x ＋2x ? f ′(x)＝ f ′(1)e －f(0)＋x ，
令 x ＝ 1，得 f(0)＝1，所以
x － 1
1 2
f(x)＝f ′ (1)e － x ＋ 2x ，
－ 1
x
1
令 x ＝ 0，得 f(0)＝f ′(1)e ＝ 1，解得 f ′(1)＝e ，故函数的分析式为 f(x)＝ e －x ＋2
x 2.3 分
令 g(x)＝f ′(x)＝ e x － 1＋ x ，所以 g ′(x)＝e x ＋ 1＞ 0，由此知 y ＝ g(x)在 x ∈R 上单一递加．
当 x ＞ 0 时， f ′(x)＞ f ′(0)＝0；当 x ＜ 0 时，由 f ′(x)＜f ′(0)＝ 0 得：
x
1 2
函数 f(x)＝e －x ＋ 2x
的单一递加区间为 (0，＋ ∞)，单一递减区间为 ( －∞，0).6
分
1 2 x x
分
(2)f(x)≥ x
＋ax ＋ b? h(x) ＝e －(a ＋ 1)x － b ≥0，得 h ′(x)＝e － (a ＋1).8
2
①当 a ＋1≤0 时， h ′(x)＞ 0? y ＝h(x)在 x ∈R 上单一递加， x →－∞时， h(x)→－ ∞
与 h(x)≥0 矛盾．
②当 a ＋1＞0 时， h ′(x)＞0? x ＞ln(a ＋ 1)，h ′(x)＜ 0? x ＜ ln(a ＋1)，
适当 x ＝ln(a ＋1)时， h(x)min ＝(a ＋1)－ (a ＋1)ln(a ＋ 1)－b ≥0，即 (a ＋1)－(a ＋
1)ln(a ＋1)≥b ，
所以 (a ＋1)b ≤(a ＋1)2－(a ＋1)2ln(a ＋1)(a ＋ 1＞ 0)．
令 F(x)＝x 2－ x 2
ln x(x ＞0)，则 F ′(x)＝ x(1－ 2ln x)，
所以
F ′(x)＞0? 0＜ x ＜
e ， F ′(x)＜0? x ＞
e ，当
x ＝
e 时，
F(x)max ＝2，即当
a ＝
e －1，b ＝
2 时， (a ＋1)b 的最大值为
2.12 分
利用导数研究函数极值、最值的方法
1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
2．若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求解．
3．求函数 f(x)在闭区间 a， b] 上的最值时，在获得极值的基础上，联合区间端点的函数值 f(a)， f(b)与 f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．
变式训练 2](2015 ·全国卷Ⅱ )已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)议论 f(x)的单一性；
(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
1
(0，＋∞)，f′(x)＝ x－a.2 分
若 a≤0，则 f′(x)>0，所以 f(x)在 (0，＋∞)上单一递加．
1
若 a>0，则当 x∈ 0，a时， f′(x)>0；
1
当 x∈a，＋∞时， f′(x)<0.
所以f(x)在
1
0， a上单一递加，在
1
a，＋∞上单一递减.6 分
(2)由(1)知，当 a≤0 时， f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
1
当 a>0 时， f(x)在 x＝a处获得最大值，最大值为
f 1
a
＝ln
1 1 a ＋a 1
－ a
＝－ ln a＋ a－ 1.10 分
所以f 1
a
>2a－2 等价于ln a＋a－1<0.
令 g(a)＝ln a＋ a－1，则 g(a)在 (0，＋∞)上单一递加， g(1)＝0.
于是，当 0<a<1 时， g(a)<0；当 a>1 时， g(a)>0.
所以， a 的取值范围是 (0,1).12 分
热门题型 3利用导数解决不等式问题
题型剖析：此类问题以函数、导数与不等式订交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的互相转变，完成了综合考察考生解题能力的目的．
x
(2016 ·长沙十三校联考 )设函数 f(x)＝ln x－ax.
(1)若函数 f(x)在(1，＋∞)上为减函数，务实数 a 的最小值；
(2)若存在 x 1，x 2∈e ，e 2] ，使 f(x 1) ≤f ′(x 2)＋ a 建立，务实数 a 的取值范围．
x>0， 解]
(1)由
得 x>0 且 x ≠1，则函数 f(x)的定义域为 (0,1)∪(1，＋ ∞)，
ln x ≠0，
由于 f(x)在(1，＋ ∞)上为减函数，故
f ′(x)＝ ln x －1
2－a ≤0 在 (1，＋ ∞)上恒建
立． ln x
又 f ′(x)＝ ln x －1 2－ ＝－
1 2 1
＋ － a
x a ln x ln x
＝－ ln
1
x －1
2
2
＋
1
4－a ，
1 1
2
1
故当 ln x ＝2，即 x ＝e 时， f ′(x)max ＝ 4－a.
1 1 1 分
所以 － a ≤0，于是 a ≥ ，故 a 的最小值为
4.4
4 4
(2) 命题 “若存在
x 1，x 2∈ e ， e 2
]，使 1 ≤′(2＋
a 建立 ”等价于 “当 x ∈ ，
2 时，
f(x ) f x )
e e ]
有 f(x)min ≤f ′(x)max ＋a ”.由 (1)知，当 x ∈e ，e 2 时， ′(max ＝1
－a ，
]
f x)
4
1
∴f ′(x)max ＋a ＝4.5 分
1 问题等价于： “当 x ∈e ，e 2
]时，有 f(x)min ≤”．
4
1 2
①当 a ≥ 时，由 (1)知， f(x)在 e ，e ]上为减函数，
4
2
＝
e 2
2
1 1 1
分
则 f(x)min ＝f(e
) 2 －ae ≤ ，故 a ≥ －
2
4
2 4e
.6
1 2
1
1
②当 a<
时，由 x ∈e ，e ] 得
≤ ≤1，
4
2 ln x
∴ ′(＝－ 1
－
1
2 1
2 －a ，1
－a .7 分
f x
ln x 2 ＋－ a 在 e ，e ] 上的值域为
4
4
(ⅰ)－ a ≥0，即 a ≤0，f ′(x)≥0，在 e ，e 2] 上恒建立，故 f(x)在 e ，e 2] 上为增函数，
1
于是， f(x)min ＝ f(e)＝ e － ae ≥e>4，不合题意 .8 分
1
(ⅱ)－ a<0，即 0<a<4，由 f ′(x)的单一性和值域知，
存在独一 x 0∈(e ，e 2)，使 f ′(x)＝0，且知足： 当 x ∈ (e ，x 0)时， f ′(x)<0， f(x)为减函数；
当 x ∈ (x 0，e 2)时， f ′(x)>0，f(x)为增函数； 10 分
所以， f min
＝
0 ＝
x 0 1
，
(x) － ax 0≤ ，x 0∈(e ， e 2
)
f(x )
ln x 0
4
所以， a≥1
－1>
1
2－1
>
1
－
1
＝
1
，与 0<a<
1
矛盾 .11
分
ln x4x ln e4e 2 4 44 00
11
分
综上得 a≥ －2
24e.12
1．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)结构新的函数 h(x)．
(3)利用导数研究 h(x)的单一性或最值．
(4)依据单一性及最值，获得所证不等式．
特别地：看作差或变形结构的新函数不可以利用导数求解时，一般转变为分别求左、右两头两个函数的最值问题．
2．结构协助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转变为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，从而结构协助函数 h(x)＝f(x)－g(x) ．
(2)结构“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转变为左右两边是同样结构的式子的结构，依据“同样结构”结构协助函数．
(3)主元法：关于 (或可化为 )f(x1， x2)≥A 的不等式，可选x1(或 x2)为主元，结构函数 f(x，x2)(或 f(x1， x))．
(4)放缩法：若所结构函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再从头
结构函数．
变式训练 3] (2016 ·太原一模 )设函数 f(x)＝ ax2ln x＋ b(x－1)(x＞0)，曲线 y＝f(x) 过点 (e，e2－ 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恒建立，务实数m 的取值范围．
解](1)函数 f(x)＝ ax2＋－
1)(x ＞
0)
，可得′(＝＋＋，
ln x b(x f x)2aln x ax b 由于 f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝ e2－e＋1，所以 a＝1，b＝－ 1.2 分
(2)证明： f(x)＝ x2ln x－x＋ 1，
设 g(x)＝x2ln x＋x－x2(x≥1)，
g′(x)＝ 2xln x－x＋1，(g′(x))＝′2ln x＋1＞ 0，
所以 g′(x)在 0，＋∞)上单一递加，
高三文科数学二轮复习：第1部分专题6打破点16导数的应用(酌情自选) 11 / 11
所以 g ′(x)≥g ′(1)＝0，
所以 g(x)在 0，＋ ∞)上单一递加，
所以 g(x)≥g(1)＝0，所以 f(x)≥(x －1)2.6 分
(3)设 h(x)＝ x 2ln x －x －m(x －1)2＋1，
h ′(x)＝ 2xln x ＋x －2m(x －1)－1，
由(2)中知 x 2ln x ≥(x －1)2＋ x － 1＝ x(x －1)，
所以 xln x ≥x －1，所以 h ′(x)≥3(x －1)－ 2m(x －1)， 3
①当 3－2m ≥0 即 m ≤ 时， h ′(x)≥0，
2
所以 h(x)在 1，＋ ∞)单一递加，
所以 h(x)≥h(1)＝0，建立．
3
②当 3－m ＜0 即 m ＞2时，
h ′(x)＝ 2xln x －(1－ 2m)(x －1)，
(h ′(x))＝′2ln x ＋3－ 2m ，
2m － 3 令(h ′(x))＝′0，得 x 0＝e － 2＞ 1，
2
当 x ∈ 1， x 0)时， h ′(x)＜h ′ (1)＝0，
所以 h(x)在 1， x 0)上单一递减，所以 h(x)＜h(1)＝0，不建立． 3
综上， m ≤ .12 分 2。