(完整版)步步高理科数学专题一高考中的导数应用问题

x
专题一高考中的导数应用问题
自我检祠卄闿
1.
函数f(x)= (x — 3)e x 的单调递增区间是 ( )
A . (— a, 2)
B . (0,3)
C . (1,4)
D . (2,+^ )
答案 D
解析 函数 f(x)= (x — 3)e x 的导数为 f ' (x) = [(x — 3) e x ]' = 1 e x + (x — 3) e x = (x — 2)e x . 由函数导数与函数单调性的关系， 得当f ' (x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f ' (x)
=(x — 2)e x >0，解得 x>2. 1 n r . r .
2. 已知函数f(x) = asin 2x — ~sin 3x (a 为常数)在x = 3处取得极值，则 a 的值为
3 3
( )
A . 1
B . 0
C.1
1
D
.- 2
答案 A
解析
•/ f ' (x) = 2acos 2x — cos 3x ,
• f ' n 3 = c
2 2acos §n — cos 齐 0,
••• a = 1，经验证适合题意. 3.
函数f(x)= x 3— 3x — 1,若对于区间［—3,2］上的任意X 1, X 2,都有|f(x 1)— f(x 2)|w t ，则实数t 的最小值是 (
)
A . 20
B . 18
C . 3
D . 0
答案 A
解析 因为 f ' (x)= 3x 2 — 3 = 3(x — 1)(x + 1),令 f ' (x) = 0,得 x = ±，可知一1,1 为函数 的极值点.
又 f(— 3) =— 19, f( — 1) = 1, f(1) = — 3, f(2)= 1，所以在区间［—3,2］上 f(x)max = 1 , f(x)min =—19.
由题设知在区间［—3,2］上f(x)max 一 f(x) min W t ,从而t 》20 , 所以t 的最小值是20.
答案 ［e ,+a )
I 考点自测
已知函数f(x)= In a + In x
在［1 , + )上为减函数，则实数 a 的取值范围为
1
x — ln a + ln x
解析
,
x 1 — In a + ln x "「亠 t 、‘、亠弋辱 丄」 f (x) —
2
— x 2
，因为f(x)在［1 , + a )上为减函数，故
f ' (x )w 0 在［1 , )上恒成立，即 In a > 1— In x 在［1 , + )上恒成立.设(f(x) = 1— In x ,
O (x)max = 1,故 In a > 1, a > e.
5.已知函数f(x)= mx 3 + nx 1 2 3的图象在点(—1,2)处的切线恰好与直线
3x + y = 0平行，若f(x)
在区间［t ， t + 1］上单调递减，则实数 t 的取值范围是 __________ . 答案
[—2 , — 1]
解析
由题意知，点(一1,2)在函数f(x)的图象上，
故—m + n = 2.①
又 f ' (x) = 3mx 2 + 2nx ,则 f ' (— 1) =— 3, 故 3m — 2n =— 3.②
联立①②解得：m = 1, n =3,即f(x)= x 3 + 3x 2, 令 f ' (x) = 3x 2 + 6x w 0,解得—2< x w 0, 则[t , t + 1]? [— 2,0]，故 t > — 2 且 t + 1 w 0, 所以 t € ［ — 2,— 1］.
题型一利用导数研究函数的单调性 【例1 已知函数f(x)= x 2e —
ax , a € R.
2 当a = 1时，求函数y = f(x)的图象在点(一1, f( — 1))处的切线方程.
3 讨论f(x)的单调性. 思维启迪
(1)先求切点和斜率，再求切线方程;
(2)先求f ' (x),然后分a = 0, a>0, a<0三种情况求解.
解 ⑴因为当 a = 1 时，f(x)= x 2e —
x , f ' (x) = 2xe —
x — x 2e —
x = (2x — x 2)e —
x ,
所以 f( — 1) = e , f ' (— 1)=— 3e.
从而y = f(x)的图象在点(—1, f(— 1))处的切线方程为 y — e =— 3e(x + 1)，即y =— 3ex — 2e. (2)f ' (x)= 2xe
—
ax
— ax 2e —
ax = (2x — ax 2)e
—
ax
.
① 当 a = 0时，若 x<0,则 f ' (x)<0,若 x>0,则 f ' (x)>0.
所以当a = 0时，函数f(x)在区间(一a, 0)上为减函数，在区间(0,+R )上为增函数. 2 2
② 当 a>0 时，由 2x — ax 2<0 ,解得 x<0 或 x>，由 2x — ax 2>0，解得 0<x< .
a a 2 2
所以当a>0时，函数f(x)在区间(一a, 0), (-，+a )上为减函数，在区间(0, 一)上为增
高考题型突破
函数.
2 2 ③ 当 a<0 时，由 2x — ax 2
<0 ,解得-<x<0，由 2x — ax 2>0，
解得 x< 或 x>0. a a
减函数.
综上所述，当a = 0时，f(x)在(—8, 0)上单调递减，在(0 ,+ 8)上单调递增; 2 2
当a>0时，f(x)在(—8 , 0), (a ,+8)上单调递减，在(0, a)上单调递增； 2 2
当a<0时，f(x)在(：，0)上单调递减，在(—8,自,(0,+8)上单调递增. 思维升华
(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，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或一元二次不等式 问题.
⑵若已知f(x)的单调性，则转化为不等式
f ' (x)> 0或f ' (x)w 0在单调区间上恒成立问
题求解.
2
跟踪训练^已知函数f(x)= x 3 + ax 2 — x + c ,且a = f'-. 3
(1)求a 的值；
⑵求函数f(x)的单调区间；
⑶设函数g(x)= (f(x)— x 3) e x ,若函数g(x)在x € [— 3 , 2]上单调递增，求实数
c 的取值范
围.
解 (1)由 f(x)= x 3 + ax 2 — x + c , 得 f ' (x) = 3x 2 + 2ax — 1.
当 x = 2■时，得 a = f ' 2 = 3X 3 2+ 2a x |— 1, 解之，得a =— 1.
⑵由(1)可知 f(x)= x 3— x 2— x + c.
1
则 f ' (x) = 3x 2— 2x — 1 = 3 x + 3 (x — 1)，列表如下:
所以f(x)的单调递增区间是(一 8,— 1)和(1 , + 8)；
所以，当a<0时，函数f(x)在区间(—8 ，a )， (0 , + 8 )上为增函数，在区间 2
(2，0)上为
、 1 ,
f(x)的单调递减区间是一3，1 .
(3)函数g(x)= (f(x) —x3) e x= (-x2— x+ c) •,
有g' (x) = (—2x—1)e x+ (—x2—x+ c)e x
=(—x2—3x+ c—1)e x,
因为函数g(x)在x€ ［—3,2］上单调递增，
所以h(x) = —x2—3x+ c — 1 > 0 在x€ ［—3,2］上恒成立.
只要h(2) > 0,解得O 11,所以c的取值范围是［11 ,+^). 题型二利用导数研究与不等式有关的问题
【例2：已知f(x) = xln x, g(x) = —x2+ ax—3.
(1) 求函数f(x)在［t, t + 2］ (t>0)上的最小值；
(2) 对一切x€ (0,+s ), 2f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围;
1 2 、、
(3) 证明：对一切x€ (0,+^ )，都有In x>_x——成立.
e ex
思维启迪(1)求f' (x)，讨论参数t求最小值；
(2)分离a，利用求最值得a的范围;
(3)寻求所证不等式和题中函数f(x)的联系，充分利用(1)中所求最值.
解⑴由f(x)= xln x, x>0,得f' (x)= In x+ 1,
1
令f'(x)=°,得x=1
1
当x€ (0,;)时,f' (x)<0 , f(x)单调递减;
1
当x€ (一，+ a)时，f' (x)>0, f(x)单调递增.
e
1 1
①当w+2,即0<%时,
f(x)min = f(g)
②当t<t + 2,即
e
“；时,f(x )在［t, t+ 2］上单调递增，f(x)min = f(t) = tln t
—1 e 所以f(x)min =
tln t,0<t<」 e
(2)2xln x> —x2+ ax—3，贝V a< 2ln x+ x +
3,
3 x+ 3 x—1 设h(x) = 2ln x+ x + 一(x>0)，贝U h' (x)= —
x2
①当x€ (0,1)时，h' (x)<0, h(x)单调递减,
②当x€ (1, )时，h' (x)>0, h(x)单调递增，
所以h(x)min = h(1) = 4，对一切x€ (0 ,+8 ), 2f(x) > g(x)恒成立，
所以a W h(x)min = 4.
x 2
⑶问题等价于证明xln x>g —e(x€ (0
,+ °° ))•
1
由(1)可知f(x)= xln x(x€ (0, + g))的最小值是一-，
e
1 y
2 1 一x
当且仅当x=-时取到，设m(x) = -x —-(x€ (0, + g)),则m' (x)= ，易知m(x)max=
e ———
m(1)=—
当且仅当x= 1时取到.
从而对一切x€ (0, + g)，都有In x>4 —-成立.
——x
思维升华(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分
离参数，可以将参数看成常数直接求解.
(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题.
跟踪训练 2 已知函数f(x)= sin x(x>0), g(x) = ax(x> 0).
(1)若f(x) W g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
1
⑵当a取(1)中的最小值时，求证：g(x) —f(x)< 6x3.
(1)解令h(x)= sin x—ax(x> 0)，贝U h' (x)= cos x—a.
若a> 1, h' (x) = cos x—a< 0, h(x) = sin x—ax(x>0)单调递减，h(x)W h(0) = 0，贝U sin x< ax(x> 0)成立.
若0<a<1，存在x°€ (0, 2)，使得cos X0= a，当x€ (0, x。

)，
h' (x) = cos x—a>0, h(x) = sin x—ax(x€ (0, x。

))单调递增，h(x)>h(0) = 0,不合题意，
结合f(x)与g(x)的图象可知a< 0显然不合题意，
综上可知，a > 1.
⑵证明当a取(1)中的最小值1时，g(x)—f(x) = x—sin x.
1 1
设H(x) = x—sin x —6x3(x>0)，贝U H ' (x)= 1 —cos x—~x2.
令G(x) = 1 —cos x—討，贝U G' (x)= sin x—x< 0(x>0),
1
所以G(x)= 1 —cos x—2x2在［0，+ g)上单调递减，
此时 G(x)= 1 — cos x — 我三 G(0) = 0,
即 H ' (x)= 1 — cos x —石/w 0,
1
所以 H(x)= x — sin x — gxTx A 0)单调递减. 1
所以 H(x)= x — sin x — 6x 3< H(0) = 0, 1
即 x — sin x — gx 'w 0(x > 0),
1
即 x — sin x <
1
所以，当a 取(1)中的最小值时，g(x) — f(x) w -x 3.
题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题 【例 3 已知 f(x) = ax 2 (a € R), g(x)= 2ln x.
(1) 讨论函数F(x) = f(x) — g(x)的单调性；
(2) 若方程f(x)= g(x)在区间［.2, e ］上有两个不等解，求 a 的取值范围. 思维启迪 ⑴通过讨论a 确定F(x)的符号;
2ln x 2ln x
⑵将方程f(x)= g(x)变形为a=r ，研究y x)= 歹图象的大致形状. 解
(1)F(x)= ax 2— 2ln x ，其定义域为(0,+^),
••• F ' (x) = 2ax — 2= 2
叮 IV
(x>0).
由 ax 2—
1<0, 得
0<x<¥.
\.''a
IV
在区间0,—
V a
②当a w 0时，F ' (x)<0 (x>0)恒成立. 故当a w 0时，F(x)在(0,+s )上单调递减.
(2)原式等价于方程a = *罗=y x)在区间［.2, e ］上有两个不等解.
.../ a)=2x 1
—严x 在(慣，寸e)上为增函数,
在(.e , e)上为减函数，则 «x) max = ■
e
①当a>0时,
由 ax 2— 1>0,得 x> 1
. 故当a>0时， 1
F(x)在区间 需，+^上单调递增,
上单调递减.
x 4
2
…0(x)
min = «e), 如图当f(x) = g(x)
在［：2, e ］上有两个不等解时有
故a 的取值范围为罟< a <e.
思维升华对于可转化为a = f(x)解的个数确定参数 a 的范围问题，都可以通过 调性、极值确定f(x)的大致形状，进而求 a 的范围. 眾毎训练3已知函数f(x)= |ax — 2|+ bln x(x>0). (1)若a = 1, f(x)在(0,+s )上是单调增函数，求 b 的取值范围;
1
⑵若a >2, b = 1,求方程f(x)= x 在(0,1］上解的个数. 解 (1)f(x) = |x — 2|+ bln x
—x + 2+ bln x 0<x<2 , x — 2+ bln x x >2 .
① 当 0<x<2 时，f(x)= — x + 2 + bln x , f ' (x) = — 1 + - x 由条件，得—1 + 0恒成立，即b >x 恒成立.••• b > 2.
x
②
当 x > 2 时，f(x)= x — 2+ bln x , f ' (x)= 1 + 一，由条件， x 得1 + b > 0恒成立，即b > — x 恒成立.• b > — 2.
x 综合①，②得b 的取值范围是{ b|b > 2}. ⑵令 g(x)= |ax — 2|+ ln x —)
1 2 —ax + 2 + ln x —
0<x<
x a '
1 2
ax — 2 + ln x — 一 xh .
x
a
2 1
当 0<x< 时，g(x) = — ax + 2+ ln x —-,
a x
(j )(x)min
=
In 2
H e)=孑< 林2)
2ln_2 ~4~ In 2 2 =林1 2)・ f(x)的单
即 g(x)=
•/ 0<x<5 6 7,
a .1 a • x>2.
a a 2
a a — 2、^
则 g (x)> — a + 2+ 4 = 4—》o. 2 即g ' (x)>0, ••• g(x)在(0, a)上是递增函数. 2 1
当 x > 时，g(x) = ax — 2+ In x —
a x
2
• g(x)在(-，+ g )上是递增函数.
a 2
又因为函数g(x)在x = -有意义，
a • g(x)在(0，+ g )上是递增函数. 2
2 a 护、小
T g(—)= In _—，而 a > 2,
a a 2 • In f w 0,贝y g (2)<o. a A 2, • g(1) = a — 3. 当 a > 3 时，g(1) = a — 3 A 0, • g(x) = o 在(0,1］上解的个数为1. 当 2w a w 3 时，g(1)= a — 3<0,
• g(x) = 0在(0,1］上无解，即解的个数为 0.
练出高分
1 .已知函数 f(x) = ax 3 + x 2+ bx(其中常数 a , b € R), g(x) = f(x) + f ' (x)是奇函数.
6 求f(x)的表达式；
7 讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间［1,2］上的最大值与最小值.
解 ⑴由题意得f ' (x) = 3ax 2 + 2x + b ,
因此 g(x) = f(x) + f ' (x)= ax 3 + (3a + 1)x 2 + (b + 2)x + b. 因为函数g(x)是奇函数，所以g(— x)=— g(x), 即对任意实数 x ,有a( — x)3 + (3a + 1)( — x)2 +
i i
(x) = a +x +
x 2
>o.
1
(2)由(1)知g(x)=—3x3+ 2x,所以g ' (x)= —x8 9+ 2. 令g' (x) = 0,解得x i =—2, x2= 2,
则当x< —2或x> 2时，g' (x)<0,
从而g(x)在区间(—s,— 2 ), (,2,+^)上是减函数；当一2<x< 2时,g' (x)>0,
从而g(x)在区间(一2, 2)上是增函数.
由上述讨论知，g(x)在区间［1,2］上的最大值与最小值只能在x= 而g(1) = 3, g( ,2) = ¥ g(2) = 3，
因此g(x)在区间［1,2］上的最大值为gf ,2)= 字，
4
最小值g(2) = 4
2. 已知函数f(x) = ax+ xln x的图象在点x= e(e为自然对数的底数
(1) 求实数a的值；
f x
⑵若k€ Z ,且对任意x>1恒成立，求k的最大值.
x—1
解⑴因为f(x) = ax+ xln x,所以f' (x)= a + In x+ 1.
因为函数f(x)= ax+ xln x的图象在点x= e处的切线斜率为3, 所以f' (e) = 3,即卩a + In e+ 1 = 3，所以a= 1.
f x 、
(2) 由(1)知，f(x)= x+ xln x,又k< 对任意x>1恒成立，
x—1
即k<x+ x? x对任意x>1恒成立.
x—1
x+ xln x x—In x —2
令g(x)= ，贝V g (x)= —,
x—1 x—1 2
8 x 一1
令h(x) = x—ln x—2(x>1)，贝U h' (x)= 1 — - = —>0,
x —
所以函数h(x)在(1 ,+s)上单调递增.
因为h(3) = 1 —ln 3<0 , h(4) = 2—2ln 2>0 ,
所以方程h(x)= 0在(1 ,+s)上存在唯一实根x o,且满足x o€
当1<x<x o 时，h(x)<0，即卩g ' (x)<0,当x>x o 时，h(x)>0 ,
x + xln —
即g' (x)>0，所以函数g(x)= 在(1, x o)上单调递减，在
——1
1, 2, 2时取得，）处的切线斜率为3.
(3,4).
(x o,+ s )上单调递增,
1
所以［g(X)］min = g(X0)=x o 1 + In x o
x o—1
x o 1 + x o—2
x o—1
=x o€ (3,4),
所以k<[g(x)]min= x o € (3,4)，故整数k的最大值为3.
3. 设函数f(x) = e x—1 —x- ax2.
(1) 若a = 0,求f(x)的单调区间；
(2) 若当x>0时f(x)>0，求a的取值范围.
解⑴若 a = 0, f(x)= e x— 1 —x, f' (x) = e x—1.
当x€ (—a, 0)时，f' (x)<0;当x€ (0,+s)时，f' (x)>0.
故f(X)在(—a, 0)上单调递减，在(0 , + a )上单调递增.
(2)f' (x)= e x— 1 —2ax.
由⑴知e x> 1 + x,当且仅当x= 0时等号成立，
故f' (x) > x—2ax= (1 —2a)x,
1
从而当 1 —2a>0，即a w ㊁时，f' (x)>0(x>0).
••• f(x)在[0，+ a)上单调递增.
而f(0) = 0, 于是当x>0 时，f(x)> 0.
― 1 ——
由e x>1 + X(X M 0)可得e x>1 —X(X M 0).从而当a>2时，f' (x)<e x—1+ 2a(e x—1)= e x (e x—
1)(e x—2a),
令e—x(e x—1)(e x—2a)<0 得1<e x<2a, • 0<x<ln 2 a.
故当x€ (0, In 2a)时，f' (x)<0, • f(x)在(0, In 2a)上单调递减.而f(0) = 0,于是当x€ (0, In 2 a)时，f(x)<0.不符合要求.
1
综上可得a的取值范围为(—a ,》.
2 a —1
4. 已知f(x) = x2+ 3x+ 1, g(x)= + x.
x—1
(1) a= 2时，求y = f(x)和y= g(x)的公共点个数；
(2) a为何值时，y = f(x)和y= g(x)的公共点个数恰为两个.
y= f x , 宀 1
解(1)由得x2+ 3x+ 1= ----- + x,
y=gx , x—1
整理得x3+ x2—x —2= 0(x M 1).
令y= x3+ x2—x—2,
求导得y' = 3x2+ 2x—1,
1
令y' = 0,得刘=—1, x2=3,
故得极值点分别在-1和3处取得，且极大值、极小值都是负值.
3
故公共点只有一个.
,y =f X , 2 c “ a -1
⑵由得X2+ 3x+ 1 = + X,
y = g x , x—1
整理得 a = x3+ x2—X(X M 1),
令h(x) = x3+ x2—x,
y=a,
联立
y= h x = x3+ x2—x X M 1 ,
1
如图，求导h(x)可以得到极值点分别在—1和3处，画出草图,
1 5
h( —1) = 1, h(3)=—27，
当a= h(—1)= 1时,y= a与y= h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)
点不在y = h(x)曲线上),
5
故a=—27时恰有两个公共点.
5. 定义在R上的函数f(x) = ax3+ bx2+ cx+ 3同时满足以下条件:
①f(x)在(0,1)上是减函数，在(1 ,+^ )上是增函数；
②f' (x)是偶函数；
③f(x)的图象在x= 0处的切线与直线y= x + 2垂直.
(1)求函数y= f(x)的解析式；
⑵设g(x)= 4ln x—m，若存在x€ [1 , e],使g(x)<f' (x)，求实数m的取值范围. 解(1)f' (x)
= 3ax2+ 2bx+ c.
••• f(x)在(0,1)上是减函数，在(1 ,+s)上是增函数，
••• f' (1) = 3a+ 2b + c= 0, (*)
由f' (x)是偶函数得b= 0，①
又f(x)的图象在x= 0处的切线与直线y= x+ 2垂直，
•- f' (0) = c=—1,②
将①②代入(*)得a= 1,
3
1
• f(x)= §x3—x+ 3.
⑵由已知得，若存在x€ [1 , e],使4ln x—m<x2—1, 即存在x € [1 , e],使m>(4ln x —x2+
1)min.
设M(x)= 4ln x—x2+ 1, x€ [1 , e],
4 4—2x2
则M ' (x)= 4—2x= 4,
x x
令M ‘ (x)= 0, •/ x€ [1 , e], • x= 2.
当.2<X W e 时，M ' (x)<0, • M(x)在(2, e)上为减函数； 当 1< x w .2时，M ' (x)>0, • M(x)在［1 , 2］上为增函数,
• M(x)在［1 , e ］上有最大值且在 x =._ 2处取到.
又 M(1) = 0, M(e) = 5 — e 2<0,
••• M(x)的最小值为 5— e 2..・.m>5 — e 2.
x — a
6. (2013 湖南)已知 a>0,函数 f(x) = x 72^ •
⑴记f(x)在区间［0,4］上的最大值为g(a),求g(a)的表达式;
⑵是否存在a ,使函数y = f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互 垂直？若存在，求 a 的取值范围；若不存在，请说明理由.
a _ x
解(1)当 0 w x < a 时，f(x)=
x + 2a
当 x>a 时，f(x) = _-
x + 2a
1
①若a > 4,贝U f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)= f(0) =
②若0<a<4,则f(x)在(0, a)上单调递减，在(a,4)上单调递增.
所以 g(a) = max{ f(0), f(4)}.
而 f(0) — f(4)= 1 — =亡,
2 4 + 2a 2 + a
4 a
故当 0<a <1 时，g(a)=f(4) = 472a ；
1
当 1<a<4 时，g(a)= f(0) = ~.
4— a
,0<a w 1, 4+ 2a 综上所述，g(a)=
1 彳
2 a>1.
⑵由(1)知，当a > 4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不满足要求.
当0<a<4时，f(x)在(0, a)上单调递减，在(a,4)上单调递增.
若存在x i , X 2€ (0,4)( x i <x 2)，使曲线y = f(x)在(x i , f(x i )) , (X 2, f(X 2))两点处的切线互相垂 因此，当 —3a
x €(°, *时，f ' (x)= ,
f(x)在 (0, a)上单调递减;
当 x € (a , + )
时，f ' (x 戸专詁>0, f(x)在 (a , + a )上单调递增.
直.
则 X 1 € (0, a), X 2€ (a,4)，且 f (x i ) • (x 2)=— 1.
—3a 3a
即 xZazJJ —「
亦即 x i - 2a =舄•(*)
由 x i € (0, a), X 2€ (a,4)得 x i + 2a € (2a,3a),
3a
故(*)成立等价于集合 A = {x|2a<x<3a}与集合B = x^-^<x<1的交集非空.
1 即 0<a<丄时，A n B M ?. 2
综上所述，存在 a 使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相
1
垂直，且a 的取值范围是 0, 2 .
1 1
g ' (x) = — a + 一+2 x x 2
(b + 2)( — x) + b =— ［ax 3 + (3a + 1)x2+ (b + 2)x + b ］,
1
从而 3a + 1 = 0, b = 0，解得 a =— 3, b = 0,
1
因此f(x)的表达式为f(x) =— ~x 3 + x 2. 3
a
因为话<3a ，所以当且仅当
0<2a<1,。