高考文科数学导数专题复习

高考文科数学导数专题复习 第1讲 变化率与导数、导数的计算知 识 梳 理1.导数的概念(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0， 即f ′(x 0)＝0lim x ∆→f （x0＋Δx ）－f （x0）Δx.(2)函数f (x )的导函数f ′(x )＝0lim x ∆→f （x ＋Δx ）－f （x ）Δx为f (x )的导函数.2.导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义， 就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0， f (x 0))处的切线的斜率， 过点P 的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0).3.基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f ′(x )， g ′(x )存在， 则有： 考点一 导数的计算【例1】 求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x2＋1x ＋1x3；解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x1x ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋1xe x.(2)因为y ＝x 3＋1＋1x2，所以y ′＝(x 3)′＋(1)′＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2′＝3x 2－2x3.【训练1】 (1) 已知函数f (x )的导函数为f ′(x )， 且满足f (x )＝2x ·f ′(1)＋ln x ， 则f ′(1)等于( ) A.－e B.－1 C.1 D.e解析 由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ， 得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x， ∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1， 则f ′(1)＝－1.答案 B(2)(2020·天津卷)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________.(2)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x＝a (1＋ln x ).由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ， 又f ′(1)＝3， 所以a ＝3.答案(2)3考点二 导数的几何意义 命题角度一 求切线方程【例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数， 当x ≤0时， f (x )＝e －x －1－x ， 则曲线y ＝f (x )在点(1， 2)处的切线方程是________.解析 (1)设x >0， 则－x <0， f (－x )＝ex －1＋x .又f (x )为偶函数， f (x )＝f (－x )＝ex －1＋x ， 所以当x >0时， f (x )＝ex －1＋x .因此， 当x >0时， f ′(x )＝ex －1＋1， f ′(1)＝e 0＋1＝2.则曲线y＝f (x )在点(1， 2)处的切线的斜率为f ′(1)＝2， 所以切线方程为y －2＝2(x －1)， 即2x －y ＝0. 答案 2x －y ＝0【训练2】(2020·威海质检)已知函数f (x )＝x ln x ， 若直线l 过点(0， －1)， 并且与曲线y ＝f (x )相切， 则直线l 的方程为( )A.x ＋y －1＝0 B.x －y －1＝0 C.x ＋y ＋1＝0 D.x －y ＋1＝0(2)∵点(0， －1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0， y 0).又∵f ′(x )＝1＋ln x ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y0＝x0ln x0，y0＋1＝（1＋ln x0）x0，解得x 0＝1， y 0＝0.∴切点为(1， 0)， ∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1， 即x －y －1＝0.答案 B 命题角度二 求切点坐标【例3】 (2020·西安调研)设曲线y ＝e x在点(0， 1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直， 则P 的坐标为________.解析 由y ′＝e x ， 知曲线y ＝e x 在点(0， 1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1.设P (m ， n )， 又y ＝1x(x >0)的导数y ′＝－1x2， 曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2.依题意k 1k 2＝－1， 所以m ＝1， 从而n ＝1. 则点P 的坐标为(1， 1).答案 (1， 1)【训练3】若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0， 则点P 的坐标是________.解析 (1)由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x ， 直线2x －y ＋1＝0的斜率为2.设P (m ， n )， 则1＋ln m ＝2， 解得m ＝e ， 所以n ＝eln e ＝e ， 即点P 的坐标为(e ， e). 答案 (1)(e ， e) 命题角度三 求与切线有关的参数值(或范围)【例4】 (2020·全国Ⅱ卷)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1， 1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， 则a ＝________.解析 由y ＝x ＋ln x ， 得y ′＝1＋1x， 得曲线在点(1， 1)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝1＝2， 所以切线方程为y －1＝2(x －1)， 即y ＝2x －1.又该切线与y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， 消去y ， 得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴a ≠0且Δ＝a 2－8a ＝0， 解得a ＝8.答案 8【训练4】1.函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线， 则实数a 的取值范围是________. 函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线， 即f ′(x )＝2在(0， ＋∞)上有解， 而f ′(x )＝1x ＋a ， 即1x ＋a 在(0， ＋∞)上有解， a ＝2－1x ， 因为a ＞0， 所以2－1x＜2， 所以a 的取值范围是(－∞， 2).答案 (2)(－∞， 2)2.点P 是曲线x 2－y －ln x ＝0上的任意一点， 则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为( )A.1B.32C.52D.2 解析 点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点， 当过点P 的切线和直线y ＝x －2平行时， 点P 到直线y ＝x －2的距离最小， 直线y ＝x －2的斜率为1， 令y ＝x 2－ln x ， 得y ′＝2x －1x ＝1， 解得x ＝1或x ＝－12(舍去)， 故曲线y ＝x 2－ln x 上和直线y ＝x －2平行的切线经过的切点坐标为(1， 1)， 点(1， 1)到直线y ＝x －2的距离等于2， ∴点P 到直线y ＝x －2的最小距离为2.答案 D第2讲 导数在研究函数中的应用知 识 梳 理函数的单调性与导数的关系函数y ＝f (x )在某个区间内可导， 则：(1)若f ′(x )>0， 则f (x )在这个区间内单调递增；(2)若f ′(x )<0， 则f (x )在这个区间内单调递减；(3)若f ′(x )＝0， 则f (x )在这个区间内是常数函数. 考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】设f (x )＝e x (ax 2＋x ＋1)(a ＞0)， 试讨论f (x )的单调性.解 f ′(x )＝e x (ax 2＋x ＋1)＋e x (2ax ＋1)＝e x [ax 2＋(2a ＋1)x ＋2]＝e x(ax ＋1)(x ＋2)＝a e x⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a(x ＋2)①当a ＝12时， f ′(x )＝12e x(x ＋2)2≥0恒成立， ∴函数f (x )在R 上单调递增；②当0＜a ＜12时， 有1a ＞2， 令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0， 有x ＞－2或x ＜－1a ， 令f ′(x )＝a e x⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0， 有－1a＜x ＜－2， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1a 和(－2， ＋∞)上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，－2上单调递减；③当a ＞12时， 有1a ＜2， 令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0时， 有x ＞－1a 或x ＜－2， 令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0时， 有－2＜x ＜－1a ， ∴函数f (x )在(－∞， －2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1a 上单调递减.【训练1】(2020·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ， g (x )＝1x －eex， 其中a ∈R ， e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时， g (x )>0. (1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax2－1x(x >0).当a ≤0时， f ′(x )<0， f (x )在(0， ＋∞)内单调递减.当a >0时， 由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时， f ′(x )<0， f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0， f (x )单调递增.(2)证明 令s (x )＝e x －1－x ， 则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时， s ′(x )>0， 所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1ex －1>0.考点二 求函数的单调区间【例2】 (2020·重庆卷改编)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x， 求函数g (x )的单调减区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值， 所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0， 解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x3＋x2e x 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x3＋x2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x3＋52x2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.令g ′(x )<0， 得x (x ＋1)(x ＋4)<0.解之得－1<x <0或x <－4.所以g (x )的单调减区间为(－1， 0)， (－∞， －4).【训练2】 已知函数f (x )＝x 4＋ax －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 x2－1x ， 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， (x >0).则f ′(x )＝x2－4x －54x2.令f ′(x )＝0， 解得x ＝－1或x ＝5.但－1∉(0， ＋∞)， 舍去.当x ∈(0， 5)时， f ′(x )<0；当x ∈(5， ＋∞)时， f ′(x )>0.∴f (x )的增区间为(5， ＋∞)， 减区间为(0， 5). 考点三 已知函数的单调性求参数【例3】 (2020·西安模拟)已知函数f (x )＝ln x ， g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0). (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间， 求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1， 4]上单调递减， 求a 的取值范围.解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ， x >0.∴h ′(x )＝1x－ax －2.若函数h (x )在(0， ＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时， 1x －ax －2<0有解， 即a >1x2－2x 有解.设G (x )＝1x2－2x ， 所以只要a >G (x )min .(*)又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1， ＋∞).(2)由h (x )在[1， 4]上单调递减， ∴当x ∈[1， 4]时， h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立， (**)则a ≥1x2－2x恒成立， 所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， x ∈[1， 4]因为x ∈[1， 4]， 所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)， 所以a ≥－716.当a ＝－716时， h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x， ∵x ∈[1， 4]， ∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0， 当且仅当x ＝4时等号成立.(***)∴h (x )在[1， 4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.【训练3】 已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数， 求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )的单调减区间为(－1， 1)， 求a 的值. 解 (1)因为f (x )在R 上是增函数， 所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立.因为3x 2≥0， 所以只需a ≤0.又因为a ＝0时， f ′(x )＝3x 2≥0， 当且仅当x ＝0时取等号.∴f (x )＝x 3－1在R 上是增函数.所以实数a 的取值范围是(－∞， 0].(2)f ′(x )＝3x 2－a .当a ≤0时， f ′(x )≥0， f (x )在(－∞， ＋∞)上为增函数，所以a ≤0不合题意.当a >0时， 令3x 2－a <0， 得－3a 3<x <3a 3， ∴f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3， 依题意，3a3＝1， 即a ＝3. 第3讲 导数与函数的极值、最值知 识 梳 理1.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点:若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小， f ′(a )＝0， 而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )<0， 右侧f ′(x )>0， 则点a 叫做函数的极小值点， f (a )叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点:若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大， f ′(b )＝0， 而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )>0， 右侧f ′(x )<0， 则点b 叫做函数的极大值点， f (b )叫做函数的极大值.2.函数的最值与导数的关系(1)函数f (x )在[a ， b ]上有最值的条件:如果在区间[a ， b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线， 那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ， b ]上的最大(小)值的步骤 考点一 用导数研究函数的极值 命题角度一 根据函数图象判断极值【例1】 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)解析 由题图可知， 当x <－2时， 1－x >3， 此时f ′(x )>0；当－2<x <1时， 0<1－x <3， 此时f ′(x )<0；当1<x <2时， －1<1－x <0， 此时f ′(x )<0；当x >2时， 1－x <－1， 此时f ′(x )>0， 由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值， 在x ＝2处取得极小值.答案 D 命题角度二 求函数的极值【例2】 求函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )的极值. 解 由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax， x >0知：(1)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；(2)当a >0时， 令f ′(x )＝0， 解得x ＝a .又当x ∈(0， a )时， f ′(x )<0；当x ∈(a ， ＋∞)，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 ln a ， 无极大值. 命题角度三 已知极值求参数【例3】 已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43， 试求b ， c 的值.解 ∵f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ， 由f (x )在x ＝1处有极值－43， 可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝－1＋2b ＋c ＝0，f （1）＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43.解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.若b ＝1， c ＝－1， 则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0， f (x )没有极值.若b ＝－1， c ＝3， 则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1).当x 变化时， f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞， －3)－3 (－3， 1)1 (1， ＋∞)f ′(x)－＋1f (x )极小值－12极大值－43∴当x ＝1时， f (x )有极大值－43， 满足题意.故b ＝－1， c ＝3为所求. 【训练1】 设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0).(1)当a ＝1， 且函数图象过(0， 1)时， 求函数的极小值；(2)若f (x )在R 上无极值点， 求a 的取值范围. 解 由题意得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数图象过(0， 1)时， 有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时， f ′(x )＝3x 2－4x ＋1.令f ′(x )>0， 解得x <13或x >1；令f ′(x )<0， 解得13<x <1.所以函数在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1， ＋∞)上单调递增；在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上单调递减.故函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在R 上无极值点， 则f (x )在R 上是单调函数， 故f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立.当a ＝0时， f ′(x )＝－4x ＋1， 显然不满足条件；当a ≠0时， f ′(x )≥0或f ′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0， 即16－12a ≤0， 解得a ≥43.综上， a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例4】 (2020·郑州模拟)已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0， 1]上的最小值.解 (1)由f (x )＝(x －k )e x， 得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0， 得x ＝k －1. 当x 变化时， f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞， k －1)k －1(k －1， ＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )－ek －1所以， f (x )的单调递减区间是(－∞， k －1)；单调递增区间是(k －1， ＋∞).(2)当k －1≤0， 即k ≤1时， 函数f (x )在[0， 1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0， 1]上的最小值为f (0)＝－k ， 当0<k －1<1， 即1<k <2时， 由(1)知f (x )在[0， k －1)上单调递减， 在(k －1， 1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0， 1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1.当k －1≥1， 即k ≥2时， 函数f (x )在[0， 1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0， 1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上可知， 当k ≤1时， f (x )min ＝－k ；当1<k <2时， f (x )min ＝－ek －1；当k ≥2时， f (x )min ＝(1－k )e.【训练2】 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)， 若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， (1)求实数a ， b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 上的最大值.解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2， 得f ′(x )＝a x －2bx (x >0).∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －12x 2， 则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x ， 当1e ≤x ≤e 时， 令f ′(x )>0， 得1e <x <1， 令f ′(x )<0， 得1<x <e ， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增， 在(1， e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三 函数极值与最值的综合问题 【例5】 已知函数f (x )＝ax2＋bx ＋cex(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3， 求f (x )在区间[－5， ＋∞)上的最大值. 解 (1)f ′(x )＝（2ax ＋b ）ex －（ax2＋bx ＋c ）ex （ex ）2＝－ax2＋（2a －b ）x ＋b －c ex.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b－c ， 由于e x>0.令f ′(x )＝0， 则g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ＝0， ∴－3和0是y ＝g (x )的零点， 且f ′(x )与g (x )的符号相同.又因为a >0， 所以－3<x <0时， g (x )>0， 即f ′(x )>0， 当x <－3或x >0时， g (x )<0， 即f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(－3， 0)， 单调递减区间是(－∞， －3)， (0， ＋∞).(2)由(1)知， x ＝－3是f (x )的极小值点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce －3＝－e3，g （0）＝b －c ＝0，g （－3）＝－9a －3（2a －b ）＋b －c ＝0，解得a ＝1， b＝5， c ＝5， 所以f (x )＝x2＋5x ＋5ex.因为f (x )的单调递增区间是(－3， 0)， 单调递减区间是(－∞， －3)， (0， ＋∞).所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值， 故f (x )在区间[－5， ＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者， 又f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)， 所数f (x )在区间[－5， ＋∞)上的最大值是5e 5. 【训练3】 (2020·衡水中学月考)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， ∀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 －1x ＝ax －1x.当a ≤0时， f ′(x )≤0在(0， ＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0， ＋∞)上单调递减.∴f (x )在(0， ＋∞)上没有极值点.当a >0时， 由f ′(x )<0， 得0<x <1a；由f ′(x )>0， 得x >1a， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上递增， 即f (x )在x ＝1a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 .因此f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln x x ≥b ， 令g (x )＝1＋1x －ln x x ， 则g ′(x )＝ln x －2x2， 令g ′(x )＝0， 得x ＝e 2， 则g (x )在(0，e 2)上递减， 在(e 2， ＋∞)上递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e2， 即b ≤1－1e2.故实数b 的最大值是1－1e2.第4讲 导数与函数的综合应用考点一 利用导数研究函数的性质【例1】 (2020·全国Ⅱ卷)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， ＋∞)上单调递增.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上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减.(2)由(1)知， 当a ≤0， 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， ＋∞)上单调递增， g (1)＝0.于是， 当0<a <1时， g (a )<0；当a >1时， g (a )>0.因此， a 的取值范围是(0， 1).【训练1】设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间， 求a 的取值范围；(2)当0＜a ＜2时， f (x )在[1， 4]上的最小值为－163， 求f (x )在该区间上的最大值.解 (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时， f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a ＞0， 得a ＞－19.所以， 当a ＞－19时， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间.(2)已知0＜a ＜2， f (x )在[1， 4]上取到最小值－163， 而f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a 的图象开口向下， 且对称轴x ＝12， ∴f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0， f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0， 则必有一点x 0∈[1， 4]， 使得f ′(x 0)＝0， 此时函数f (x )在[1， x 0]上单调递增， 在[x 0， 4]上单调递减， f (1)＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1.此时， 由f ′(x 0)＝－x 20＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去)， 所以函数f (x )max ＝f (2)＝103.考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根【例2】 (2020·北京卷)设函数f (x )＝x22－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 由f (x )＝x22－k ln x (k >0)， 得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x2－kx.由f ′(x )＝0， 解得x ＝k (负值舍去).f (x )与f ′(x )在区间(0， ＋∞)上的情况如下：x (0， k )k(k ， ＋∞)f ′(x ) －＋f (x )k （1－ln k ）2所以f (x )的单调递减区间是(0， k )， 单调递增区间是(k ， ＋∞).f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(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 )上单调递减， 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 )上单调递减， 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.【训练2】 (2020·北京卷节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0， f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4， 若函数f (x )有三个不同零点， 求c 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ， f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0， f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时， f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0， 得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时， f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－∞， －2) －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x )cc －3227所以， 当c >0且c －3227<0， 存在x 1∈(－4， －2)， x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3， x 3∈⎝⎛⎭⎪⎫－3，0， 使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知， 当且仅当c ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3227时， 函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.考点三 导数在不等式中的应用 命题角度一 不等式恒成立问题【例3】 (2020·合肥模拟)已知f (x )＝x ln x ， g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1， 求函数g (x )的解析式；(2)对任意x ∈(0， ＋∞)， 2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立， 求实数a 的取值范围.解 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1， 由题意3x 2＋2ax －1<0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13， 1.将x ＝1或－13代入方程3x 2＋2ax －1＝0， 得a ＝－1.所以g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由题意2x ln x ≤3x 2＋2ax －1＋2在x ∈(0， ＋∞)上恒成立， 可得a ≥ln x －32x －12x ， 设h (x )＝ln x －32x －12x ， 则h ′(x )＝1x －32＋12x2＝－（x －1）（3x ＋1）2x2， 令h ′(x )＝0， 得x ＝1或－13(舍)， 当0<x <1时， h ′(x )>0， 当x >1时， h ′(x )<0， 所以当x ＝1时， h (x )取得最大值， h (x )max ＝－2， 所以a ≥－2， 所以a 的取值范围是[－2， ＋∞).【训练3】已知函数f (x )＝x 2－ln x －ax ， a ∈R .(1)当a ＝1时， 求f (x )的最小值；(2)若f (x )>x ， 求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时， f (x )＝x 2－ln x －x ， f ′(x )＝（2x ＋1）（x －1）x.当x ∈(0， 1)时， f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )>0.所以f (x )的最小值为f (1)＝0.(2)由f (x )>x ， 得f (x )－x ＝x 2－ln x －(a ＋1)x >0.由于x >0， 所以f (x )>x 等价于x －ln xx>a ＋1.令g (x )＝x －ln x x ， 则g ′(x )＝x2－1＋ln xx2.当x ∈(0， 1)时， g ′(x )<0；当x ∈(1， ＋∞)时， g ′(x )>0.故g (x )有最小值g (1)＝1.故a ＋1<1， a <0， 即a 的取值范围是(－∞， 0). 命题角度二 证明不等式【例4】 (2020·昆明一中月考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x >1时， f (x )<x －1.(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x2＋x ＋1x ， x ∈(0， ＋∞).由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x>0，x2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)， x ∈(0， ＋∞).则有F ′(x )＝1－x2x .当x ∈(1， ＋∞)时， F ′(x )<0， 所以F (x )在(1， ＋∞)上单调递减， 故当x >1时， F (x )<F (1)＝0，即当x >1时， f (x )<x －1.故当x >1时， f (x )<x －1.【训练4】 (2020·泰安模拟)已知函数f (x )＝ln x .(1)求函数F (x )＝f （x ）x ＋12的最大值；(2)证明：f （x ）x ＋12<x －f (x )； (1)解 F (x )＝f （x ）x ＋12＝ln x x ＋12， F ′(x )＝1－ln x x2， 当F ′(x )>0时， 0<x <e ；当F ′(x )<0时， x >e ， 故F (x )在(0， e)上是增函数， 在(e ， ＋∞)上是减函数， 故F (x )max ＝F (e)＝1e ＋12.(2)证明 令h (x )＝x －f (x )＝x －ln x ， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ， 当h ′(x )<0时，0<x <1；当h ′(x )>0时， x >1， 故h (x )在(0， 1)上是减函数， 在(1＋∞)上是增函数，故h (x )min ＝h (1)＝1.又F (x )max ＝1e ＋12<1， 故F (x )<h (x )， 即f （x ）x ＋12<x －f (x ).。