2018届高三数学(文)高考总复习：升级增分训练 导数的综合应用(二) Word版含解析

升级增分训练 导数的综合应用（二）1．已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x ，g (x )＝b ln x －x (b ＞0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x ．当a ＝0时，f ′(x )＝－(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减． 当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝－1＋1a，当a ＞0时，因为－1＋1a＞－1，所以f (x )在(－∞，－1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a 上单调递减；当a ＜0时，因为－1＋1a＜－1，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋1a 和(－1，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，－1上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0． 由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈1,2]， 使g (x 2)≥－f (x 1)成立， 因为－f (x 1)]max ＝0， 所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2．令h (x )＝x ln x，x ∈1,2]，则h ′(x )＝ln x －1x2＜0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2， 即实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2ln 2，＋∞． 2．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2－a ＋2(a ∈R ，a 为常数) (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若存在x 0∈(0,1]，使得对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a ＋f (x 0)＞0(其中e 为自然对数的底数)都成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＝1－2ax 2x，当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )≥0且x ＞0， 解得0＜x ≤12a， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12a 上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫ 12a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ∈(－2,0]时，函数f (x )在区间(0,1]上单调递增， 所以x ∈(0,1]时，函数f (x )的最大值是f (1)＝2－2a ， 对任意的a ∈(－2,0]，都存在x 0∈(0,1]，不等式m e a ＋f (x 0)＞0都成立，等价于对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a ＋2－2a ＞0都成立，不等式m e a ＋2－2a ＞0可化为m ＞2a －2e a， 记g (a )＝2a －2e a(a ∈(－2,0])， 则g ′(a )＝2e a －a －ae 2a＝4－2ae a＞0， 所以g (a )的最大值是g (0)＝－2， 所以实数m 的取值范围是(－2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝a ＋ln xx 在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝1x·x －a ＋ln x x2＝1－a －ln xx 2(x ＞0)．∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行， ∴f ′(1)＝1－a －ln 1＝0． 解得a ＝1．∴f (x )＝1＋ln xx，f ′(x )＝－ln xx 2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值． (2)∵x ＞1时，f (x )＝1＋ln xx＞0，当x →0时，f (x )→－∞， 由(1)得f (x )在(0,1)上单调递增，由零点存在性定理，知f (x )在区间(0,1)上存在唯一零点．函数f (x )的图象如图所示．∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f t ＝1＋ln tt＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜t ＜1，t ＋23＞1，t ＜1e，解得13＜t ＜1e．∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1e ．4．(2017·沈阳质监)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋b (a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值；(2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值；(3)若－2≤a ＜0，对任意x 1，x 2∈(0,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2恒成立，求m 的最小值．解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －ax，因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0， 所以⎩⎨⎧f ＝3，f＝0，即⎩⎨⎧1－a ＝3，12＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝－12.(2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1．当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以a ＝1．(3)因为－2≤a ＜0,0＜x ≤2，所以f ′(x )＝x －ax＞0， 故函数f (x )在(0,2]上单调递增， 不妨设0＜x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1，设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋b ＋mx ，则h (x 1)≥h (x 2)．所以h (x )为(0,2]上的减函数，即h ′(x )＝x －a x －m x2≤0在(0,2]上恒成立， 等价于x 3－ax －m ≤0在(0,2]上恒成立， 即m ≥x 3－ax 在(0,2]上恒成立，又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．所以m≥12，即m的最小值为12．。

一 一 .一 1 1 已知 m n € (2 , e),且-2— -2 n m…1 rm> 2+ — n2 1 x 2— 26(2 , e))，贝U f' (x )= 一妒+ x = 丁因为x€ (2 , e),所以f' (x) >0,故函数f (x )在(2 , e)上单调递增.因为f (n ) <f (n),所 以nv m 故选A.2 .已知定义在 R 上的可导函数f (x )的导函数为f ' (x)，满足f ' (x) v f (x )，且f (x+ 2)为 偶函数，f (4) = 1,则不等式f (x ) ve x的解集为.解析：因为f (x+ 2)为偶函数，所以f (x+ 2)的图象关于x = 0对称，所以f (x )的图象关于x............ -------------------------------------------- f x f ， x e x— f x e x=2 对称.所以 f (0) = f (4) = 1.设 g (x ) = ------------------------------ x —(x € R),贝U g (x) =x —2 --------------------- =eex — f x 一， , .... .................... .x .又f (x) v f (x )，所以g ( x) v 0( x e R),所以函数 g (x )在TE 义域上单倜递 exf x f 0x —减.因为 f (x ) v e ? ―一 v 1,而 g (0) =—^— = 1,所以 f (x ) v e? g (x) < g (0)，所以 x > 0.答案：(0 , +8)3. (2017 -广东汕头模拟)已知函数f (x ) = x+ x ln x,若m^ Z,且f (x ) — m (x — 1)>0对任意 的x >i 恒成立，则m 的最大值为…一 一，一 ，, 一， ....................... * 一 x + x In x解析：因为f (x) = x + x In x,且f (x) — mx — 1)>0对任怠的x >1恒成立，等价于 m <一了一:— x — I 在(1 , + 8)上恒成立，等价于m < * + 弋 * min (x >1) .x — 1令 g (x ) = x + xl ： X (x >1) 所以 g z (x ) =x_-_.易知 g' (x ) = 0 必有实根，设为 x 0(x 0 x — 1、， x — 1 -2- In x °= 0),且g (x )在(1 , x °)上单调递减，在(x °, + °°)上单调递增，此时 g (x )min = g(x °) 因此 m <x 0,令 h (x ) = x — 2-In x,可得 h (3)<0 , h (4)>0 ,答案：3x4 .已知函数f (x ) = | x e | ,方程 的取值范围为.重难增分训练(一) 函数与导数的综合问题A.B. nx n解析：选A 由不等式可得.一日< Innv In n,即*+ In nv 』+ In m 设 f (x ) = §+ In x (x m f v |n n ，则(C.的大小关系不确定x 。

升级增分训练 导数的综合应用（一）1．设函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋x －a －1(a ∈R)． (1)当a ＝－12时，求函数f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在1，＋∞)上恒成立． 解：(1)当a ＝－12时，f (x )＝ln x －12x 2＋x －12，且定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝1x －x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x ，(x ＞0) 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1＋52； 单调减区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋52，＋∞．(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ＋1＝ln x ＋ax 2－a ， 则g ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x ，所以当a ≥0时，g ′(x )＞0在1，＋∞)上恒成立， 所以g (x )在1，＋∞)上是增函数，且g (1)＝0， 所以g (x )≥0在1，＋∞)上恒成立，即当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在1，＋∞)上恒成立． 2．(2016·海口调研)已知函数f (x )＝mx －mx ，g (x )＝3ln x ． (1)当m ＝4时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若x ∈(1，e](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝4时，f (x )＝4x －4x ，f ′(x )＝4＋4x 2，f ′(2)＝5，∴所求切线方程为y －6＝5(x －2)， 即y ＝5x －4．(2)由题意知，x ∈(1，e]时， mx －mx －3ln x ＜3恒成立， 即m (x 2－1)＜3x ＋3x ln x 恒成立， ∵x ∈(1，e]，∴x 2－1＞0， 则m ＜3x ＋3x ln xx 2－1恒成立．令h (x )＝3x ＋3x ln xx 2－1，x ∈(1，e]，则m ＜h (x )min ．h ′(x )＝－3(x 2＋1)·ln x －6(x 2－1)2＝－3(x 2＋1)·ln x ＋6(x 2－1)2， ∵x ∈(1，e]， ∴h ′(x )＜0，即h (x )在(1，e]上是减函数． ∴当x ∈(1，e]时，h (x )min ＝h (e)＝9e2(e －1)．∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，9e 2e －2． 3．(2017·广西质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围． 解：f ′(x )＝cx ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋c x (x ＞0)，又f ′(1)＝0， 所以f ′(x )＝(x －1)(x －c )x(x ＞0)且c ≠1，b ＋c ＋1＝0． (1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c ＞1， 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0； 当1＜x ＜c 时，f ′(x )＜0； 当x ＞c 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )．则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． f (x )＝0恰有两解， 则f (1)＜0，即12＋b ＜0，所以－12＜c ＜0；②若0＜c ＜1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极小值＝－12－c ＜0，从而f (x )＝0只有一解；③若c ＞1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极大值＝－12－c ＜0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0．4．(2017·福建省质检)已知函数f (x )＝ax －ln(x ＋1)，g (x )＝e x －x －1．曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在原点处的切线相同．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ≥0时，g (x )≥kf (x )，求k 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －1x ＋1(x ＞－1)，g ′(x )＝e x －1， 依题意，f ′(0)＝g ′(0)，即a －1＝0，解得a ＝1， 所以f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1， 当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0． 故f (x )的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x ＝0时，f (x )取得最小值0，所以f (x )≥0，即x ≥ln(x ＋1)，从而e x≥x ＋1． 设F (x )＝g (x )－kf (x )＝e x ＋k ln(x ＋1)－(k ＋1)x －1， 则F ′(x )＝e x ＋k x ＋1－(k ＋1)≥x ＋1＋k x ＋1－(k ＋1)， (ⅰ)当k ＝1时，因为x ≥0，所以F ′(x )≥x ＋1＋1x ＋1－2≥0(当且仅当x ＝0时等号成立)， 此时F (x )在0，＋∞)上单调递增， 从而F (x )≥F (0)＝0，即g (x )≥kf (x )．(ⅱ)当k ＜1时，因为f (x )≥0，所以f (x )≥kf (x )． 由(ⅰ)知g (x )－f (x )≥0，所以g (x )≥f (x )≥kf (x )， 故g (x )≥kf (x )．(ⅲ)当k ＞1时，令h (x )＝e x ＋kx ＋1－(k ＋1)， 则h ′(x )＝e x －k(x ＋1)2，显然h ′(x )在0，＋∞)上单调递增， 又h ′(0)＝1－k ＜0，h ′(k －1)＝ek －1－1＞0，所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在0，x 0)上单调递减， 从而h (x )＜h (0)＝0，即F ′(x )＜0， 所以F (x )在0，x 0)上单调递减， 从而当x ∈(0，x 0)时，F (x )＜F (0)＝0， 即g (x )＜kf (x )，不合题意．综上，实数k 的取值范围为(－∞，1]．5．(2016·石家庄质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )＝⎩⎨⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )＜g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．解：(1)由已知，f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ， 所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1， 由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x－e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0， 又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，f (－1)＝34－a ＞0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点， 此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0， 两根为x 1＝－a3＜0，x 2＝ a3＞0， 则－ a3是函数f (x )的一个极小值点， a3是函数f (x )的一个极大值点， 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－ a 33＋a ⎝⎛⎭⎪⎫－ a 3－14＝－2a 3a 3－14＜0； 现在讨论极大值的情况： f a3＝－a 33＋a a 3－14＝2a 3a 3－14， 当fa 3＜0，即a ＜34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零， 此时y ＝h (x )有两个零点； 当fa 3＝0，即a ＝34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝12， 此时y ＝h (x )有三个零点； 当fa 3＞0，即a ＞34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3， 若f (1)＝－1＋a －14＜0，即a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝－1＋a －14＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝－1＋a －14＞0，即a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34＜a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点． 6．已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋1，此函数在点(1，f (1))处的切线为x 轴． (1)求函数f (x )的单调区间和最大值； (2)当x ＞0时，证明：1x ＋1＜ln x ＋1x ＜1x ；(3)已知n ∈N *，n ≥2，求证：12＋13＋…＋1n ＜ln n ＜1＋12＋…＋1n －1．解：(1)由题意得⎩⎨⎧f (1)＝0，f ′(1)＝0，因为f ′(x )＝a ＋bx ，所以⎩⎨⎧ a ＋1＝0，a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝1，所以f (x )＝－x ＋ln x ＋1． 即f ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x ， 又函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)， 函数f (x )的最大值为f (1)＝0． (2)证明：由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1， 且f (x )≤0(当且仅当x ＝1时取等号)， 所以ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时取等号)． 当x ＞0时，由x ＋1x ≠1，得ln x ＋1x ＜x ＋1x －1＝1x ；由xx＋1≠1，得lnxx＋1＜xx＋1－1＝－1x＋1⇒－lnxx＋1＞1x＋1⇒lnx＋1x＞1x＋1．故当x＞0时，1x＋1＜lnx＋1x＜1x．(3)证明：由(2)可知，当x＞0时，1x＋1＜lnx＋1x＜1x．取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，将所得各式相加，得1 2＋13＋…＋1n＜ln21＋ln32＋…＋lnnn－1＜1＋12＋…＋1n－1，故12＋13＋…＋1n＜ln n＜1＋12＋…＋1n－1．。

1．已知函数 f (x )＝x － ax 2－ln(1＋x )(a ＞0)．解：f ′(x )＝ ，x ∈(－1，＋∞)．(1)依题意，得 f ′(2)＝0，即2(1－a －2a ) 2＋1 ＝0，解得 a ＝ ．经检验，a ＝ 符合题意，故 a 的值为 ．⎛ ⎫ ⎫∴f (x )的单调增区间是⎝a －1，0⎭，单调减区间是⎝－1，a－1⎭和(0，＋∞)．⎛⎫ 单调减区间是(－1,0)和⎝a －1，＋∞⎭；当 a ＞1 时，f (x )的单调增区间是⎝a －1，0⎭，单调减区间是⎝－1，a －1⎭和(0，＋∞)．⎪⎩升级增分训练利用导数探究含参数函数的性质1 2(1)若 x ＝2 是 f (x )的极值点，求 a 的值；(2)求 f (x )的单调区间．x (1－a －ax )x ＋1131 13 31(2)令 f ′(x )＝0，得 x 1＝0，x 2＝a －1．①当 0＜a ＜1 时，f (x )与 f ′(x )的变化情况如下：xf ′(x )(－1，x 1)－x 1(x 1，x 2)＋x 2(x 2，＋∞)－f (x )f (x 1) f (x 2)1 ⎛1 ∴f (x )的单调增区间是⎝0，a －1⎭，单调减区间是(－1,0)和⎝a －1，＋∞⎭．②当 a ＝1 时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)．③当 a ＞1 时，－1＜x 2＜0，f (x )与 f ′(x )的变化情况如下：xf ′(x )(－1，x 2)－x 2(x 2，x 1)＋x 1(x 1，＋∞)－f (x )f (x 2) f (x 1)⎛1 ⎫ ⎛ 1 ⎫1 综上，当 0＜a ＜1 时，f (x )的单调增区间是⎝0，a －1⎭，⎛1 ⎫当 a ＝1 时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；⎛1 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎧－x 3＋x 2，x ＜1， 2．已知函数 f (x )＝⎨⎪a ln x ，x ≥1.(1)求 f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求 f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当 x ＜1 时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，1令 f ′(x )＝0，解得 x ＝0 或 x ＝ ．⎛0，2⎫ ⎛2，1⎫ 故当 x ＝0 时，函数 f (x )取得极小值为 f (0)＝0，函数 f (x )的极大值点为 x ＝ ．(2)①当－1≤x ＜1 时，由(1)知，函数 f (x )在[－1,0]和⎣3，1⎭上单调递减，在⎣0，3⎦上单因为 f (－1)＝2，f ⎝3⎭＝ 27，f (0)＝0，当 a ＞0 时，由 f ′(x )＜0，得 0＜x ＜ ，由 f ′(x )＞0，得 x ＞ ，∴f (x )在⎝0，a ⎭上单调递减，在⎝a ，＋∞⎭上单调递增，23当 x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：xf ′(x )(－∞，0)－0 ⎝ 3⎭＋2 30 ⎝3 ⎭－f (x )极小值极大值23⎡2 ⎫ ⎡ 2⎤调递增．⎛2⎫4所以 f (x )在[－1,1)上的最大值为 2．②当 1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当 a ≤0 时，f (x )≤0；当 a ＞0 时，f (x )在[1，e]上单调递增，则 f (x )在[1，e]上的最大值为 f (e)＝a ．综上所述，当 a ≥2 时，f (x )在[－1，e]上的最大值为 a ； 当 a ＜2 时，f (x )在[－1，e]上的最大值为 2． 3．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 的取值范围．1 ax －1解：(1)由已知得 f ′(x )＝a －x ＝ x (x ＞0)．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．1a1a⎛ 1⎫ ⎛1 ⎫1即 f (x )在 x ＝a 处有极小值．∴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．2x ≥b ，∴f ′(1)＝0，解得 a ＝1，∴f (x )≥bx －21＋ － x ，则 g ′(x )＝ 令 g (x )＝1＋ － x 2故实数 b 的取值范围为⎝－∞，1－e 2⎦．解 ： (1) 由 f (x )· x 2 － 2ax ＋ f (x ) － a 2 ＋ 1 ＝ 0 得 f (x ) ＝ ， 则 f ′(x ) ＝(x 2＋1)2 故 f (x )的单调递减区间是(－∞，－a )，⎝a ，＋∞⎭，单调递增区间是⎝－a ，a ⎭．(2)∵函数 f (x )在 x ＝1 处取得极值，1 ln xx1 ln xx ln x －2 ，令 g ′(x )＝0，得 x ＝e 2．则 g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，1 1∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－e 2，即 b ≤1－e 2，⎛ 1 ⎤4．已知方程 f (x )· x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，其中 a ∈R ，x ∈R ．(1)求函数 f (x )的单调区间；(2)若函数 f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数 a 的取值范围．2ax ＋a2－1 x 2＋1－2(x ＋a )(ax －1)．2x①当 a ＝0 时，f ′(x )＝(x 2＋1)2，所以 f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，即 f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．1②当 a ＞0 时，令 f ′(x )＝0，得 x 1＝－a ，x 2＝a ，当 x 变化时，f ′(x )与 f (x )的变化情况如下：xf ′(x )(－∞，x 1)－x 1(x 1，x 2)＋x 2(x 2，＋∞)－f (x ) 极小值 极大值⎛1 ⎫ ⎛ 1⎫1③当 a ＜0 时，令 f ′(x )＝0，得 x 1＝－a ，x 2＝a ，当 x 变化时，f ′(x )与 f (x )的变化情况如下：xf ′(x )(－∞，x 2)＋x 2(x 2，x 1)－x 1(x 1，＋∞)＋f (x )极大值 极小值3所以 f (x )的单调递增区间是⎝－∞，a ⎭，(－a ，＋∞)，单调递减区间是⎝a ，－a ⎭．当 a ＞0 时，由(1)得，f (x )在⎝0，a ⎭上单调递增，在⎝a ，＋∞⎭上单调递减，所以 f (x )在[0，＋∞)上存在最大值 f ⎝a ⎭＝a 2＞0．(1)讨论函数 f (sin x )在⎝－2，2⎭内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记 f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣－2，2⎦上的最大值 D ； 因为－ ＜x ＜ ，所以 cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2．③对于－2＜a ＜2，在⎝－2，2⎭内存在唯一的 x 0，使得 2sin x 0＝a ．－ ＜x ≤x 0 时，函数 f (sin x )单调递减；2⎛ 1⎫ ⎛1 ⎫(2)由(1)得，a ＝0 不合题意．⎛ 1⎫ ⎛1 ⎫⎛1⎫设 x 0 为 f (x )的零点，易知 x 0＝ 1－a 2 1 2a ，且 x 0＜a ．从而当 x ＞x 0 时，f (x )＞0；当 x ＜x 0 时，f (x )＜0． 若 f (x )在[0，＋∞)上存在最小值，必有 f (0)≤0，解得－1≤a ≤1．所以当 a ＞0 时，若 f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数 a 的取值范围是(0,1]．当 a ＜0 时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以 f (x )在[0，＋∞)上存在最小值 f (－a )＝－1．易知当 x ≥－a 时，－1≤f (x )＜0，所以若 f (x )在[0，＋∞)上存在最大值，必有 f (0)≥0，解得 a ≥1 或 a ≤－1．所以当 a ＜0 时，若 f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数 a 的取值范围是(－∞，－1]．综上所述，实数 a 的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]．5．设函数 f (x )＝x 2－ax ＋b ．⎛ π π⎫⎡ π π⎤a 2(3)在(2)中，取 a 0＝b 0＝0，求 z ＝b － 4 满足条件 D ≤1 时的最大值．解：(1)由题意，f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，则 f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ，π π2 2①a ≤－2，b ∈R 时，函数 f (sin x )单调递增，无极值；②a ≥2，b ∈R 时，函数 f (sin x )单调递减，无极值；⎛ π π⎫π4x 0≤x ＜ 时，函数f (sin x )单调递增．2因此，－2＜a ＜2，b ∈R 时，函数 f (sin x )在 x 0 处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝2⎭＝b － ．(2)当－ ≤x ≤ 时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|，2 2 当(a 0－a )(b －b 0)≥0，x ＝ 时等号成立，2 当(a 0－a )(b －b 0)＜0 时，x ＝－ 时等号成立．2 由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣－2，2⎦上的最大值为 D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|．此时 0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而 z ＝b － ≤1．取 a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且 z ＝b － ＝1．由此可知，z ＝b － 满足条件 D ≤1 的最大值为 1．6．已知函数 f (x )＝x － ，g (x )＝a ln x (a ∈R)．(2)设 h (x )＝f (x )＋g (x )，且 h (x )有两个极值点为 x 1，x 2，其中 x 1∈⎝0，2⎦，求 h (x 1)－h (x 2) 则 F ′(x )＝ ，令 m (x )＝x 2－ax ＋1，则 Δ＝a 2－4．，x 2＝220，a － a －4⎪和 a ＋ a －4，＋∞⎪，⎛ ⎫ ⎛ ⎫ F (x )的单调递减区间为 ⎛a － a 2－4 a ＋ a 2－4⎫，⎪． 2 22 2π⎛a ⎫ a 24π πππ⎡ π π⎤(3)D ≤1 即为|a |＋|b |≤1，a 24a 24a 241x (1)当 a ≥－2 时，求 F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⎛ 1⎤的最小值．1解：(1)由题意得 F (x )＝x －x －a ln x (x ＞0)，x 2－ax ＋1x 2①当－2≤a ≤2 时，Δ≤0，从而 F ′(x )≥0，所以 F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；②当 a ＞2 时，Δ＞0，设 F ′(x )＝0 的两根为x 1＝a － a 2－4 a ＋ a 2－4，所以 F (x )的单调递增区间为2 2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭综上，当－2≤a ≤2 时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；50，a － a －4⎪和 a ＋ a －4，＋∞⎪，⎛ ⎫ ⎛ ⎫ F (x )的单调递减区间为⎝ 2 ， 2 ⎪．所以 x 2＝ ，从而有 a ＝－x 1－ ．令 H (x )＝h (x )－h ⎝x ⎭＝x －x ＋⎝－x －x ⎭ln x －⎣x －x ＋⎝－x －x ⎭· ln 1⎤ ＝2⎣⎝－x －x ⎭ln x ＋x －x ⎦， 即 H ′(x )＝2⎝x 2－1⎭ln x ＝ 2(1－x )(1＋x )ln xx 2(x ＞0)．当 x ∈⎝0，2⎦时，H ′(x )＜0，所以 H (x )在⎝0，2⎦上单调递减，又 H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝x ⎭＝h (x 1)－h (x 2)，所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝2⎭＝5ln 2－3．2 2当 a ＞2 时，F (x )的单调递增区间为2 2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛a － a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎭1(2)对 h (x )＝x －x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，1 a x 2＋ax ＋1h ′(x )＝1＋x 2＋x＝x 2，h ′(x )＝0 的两根分别为 x 1，x 2，则有 x 1· x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，1 1 x 1 x 1⎛1⎫1 ⎛ 1⎫ ⎡1 ⎛ 1⎫ x ⎦⎡⎛ 1⎫ 1⎤⎛ 1 ⎫⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤⎛ 1 ⎫ 1⎛1⎫6。

专题3.3 导数的综合应用【考纲解读】【知识清单】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围, (2)已知函数的单调性求参数的取值范围 ,(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围．考点2 利用导数证明不等式问题利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．【考点深度剖析】1.利用导数研究函数的零点与方程的根的问题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点,一般有两种形式考查:(1)确定函数零点、图像交点及方程根的个数问题.(2)应用函数零点、图像交点及方程解的存在情况,求参数的值或取值范围问题.2.利用导数解决不等式问题是近几年高考热点,常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题.(1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A 上恒成立(存在性),求参数取值范围. (2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立.(3)大小比较问题,一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题.【重点难点突破】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解 【1-1】设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案】(1) 单调减区间为(－∞，＋∞)．(2) (－∞，2－e 2)．【1-2】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)|≤t ，则实数t 的最小值是________． 【答案】20.【解析】因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－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.又由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20. 【思想方法】(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题．(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．【温馨提醒】已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注意函数 f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是 f ′(x )≥0(或 f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，且 f ′(x )在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数 f (x )在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有 f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x 0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间． 考点2 利用导数证明不等式问题【2-1】已知函数f (x )＝12x 2－13ax 3(a >0)，函数g (x )＝f (x )＋e x(x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )．(1)求函数f (x )的极值； (2)若a ＝e ，(ⅰ)求函数g (x )的单调区间；(ⅱ)求证：x >0时，不等式g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．【答案】(1) 极小值为f (0)＝0，极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝16a2.(2) (ⅰ) 单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)． (ⅱ)详见解析g′(x)＝x(e x－e x＋1)．(ⅰ)记h(x)＝e x－e x＋1，则h′(x)＝e x－e，当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，∴h(x)≥h(1)＝1>0，则在(0，＋∞)上，g′(x)>0；在(－∞，0)上，g′(x)<0，【2-2】记函数f n (x )＝a ·x n －1(a ∈R ，n ∈N *)的导函数为f ′n (x )，已知f ′3(2)＝12. (1)求a 的值；(2)设函数g n (x )＝f n (x )－n 2ln x ，试问：是否存在正整数n 使得函数g n (x )有且只有一个零点？若存在，请求出所有n 的值；若不存在，请说明理由； (3)若实数x 0和m (m >0且m ≠1)满足f n ′x 0f n ＋1′x 0＝f n mf n ＋1m，试比较x 0与m 的大小，并加以证明．【答案】(1) a ＝1. (2) n ＝1， (3) 当m >1时，x 0<m ，当0<m <1时，x 0>m . 【解析】(1)f 3′(x )＝3ax 2，由f 3′(2)＝12得a ＝1. (2)g n (x )＝x n－n 2ln x －1，g ′n (x )＝nx n －1－n 2x ＝n x n －nx.因为x >0，令g n ′(x )＝0得x ＝nn ， 当x >nn 时，g n ′(x )>0，g n (x )是增函数； 当0<x <nn 时，g n ′(x )<0，g n (x )是减函数． 所以当x ＝nn 时，g n (x )有极小值，也是最小值，g n (nn )＝n －n ln n －1.当x →0时，g n (x )→＋∞； 当x →＋∞时，g n (x )→＋∞.当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在[1，＋∞)上是减函数．又m>1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m<0，所以x0<m.当0<m<1时，(n＋1)(m n－1)<0.设h(x)＝－x n＋1＋x(n＋1)－n(0<x≤1)，则h′(x)＝－(n＋1)x n＋n＋1＝－(n＋1)(x n－1)≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在(0,1]上是增函数．又因为0<m<1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m>0，所以x0>m.综上所述，当m>1时，x0<m，当0<m<1时，x0>m.【思想方法】利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．【温馨提醒】构造函数是证明不等式常用方法，但要根据题意明确作一个差函数还是作左右两个函数．【易错试题常警惕】1、函数()f x 的单调性问题，一般是先确定函数()f x 的定义域，再求导数()f x '，最后令()0f x '>，解不等式得x 的范围就是递增区间；令()0f x '<，解不等式得x 的范围就是递减区间．如：设函数()ln f x x x =-，讨论()f x 的单调性． 【分析】函数()f x 的定义域是()0,+∞，()11f x x'=-，当()0f x '>，即1x >时，函数()f x 单调递增，当()0f x '<，即01x <<时，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．【易错点】用导数研究函数的单调性时容易忽视函数的定义域而致误．。