第三讲 导数的应用

所以函数H(x)存在两个零点的必要条件为 H(1)＝1－a>0，即0<a<1.
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因为当 0<a<1 时，H(1)>0，H1e＝－e2＋e－a<0，当 x→0 时，H(x)→ －∞，当 x→＋∞，H(x)→－a，且函数 H(x)的图象不间断，
所以函数H(x)在区间(0,1)与(1，＋∞)内各存在一个零点． 综上，实数a的取值范围是(0,1)．
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所以 f(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点 x1，即 f(x1)＝0. 因为 0<x11<1，fx11＝－lnx1＋xx11＋－11＝－f(x1)＝0， 所以 f(x)在区间(0,1)上有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点． (2) 因为x10＝e－ln x0， 所以点 B－lnx0，x10在曲线 y＝ex 上．
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所以 φ(x)max＝φ(1)＝－1<0， 所以 φ(x)<0，即 lnx<x， 所以 ln x< x，即 lnx<2 x，
所以 g(x)＝lnxx－t<2x x－t＝ 2x－t， 所以 gt42< 2 4－t＝0.
t2 又t42>4e2>e，且 g(x)的图象不间断，
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所以 g(x)在区间(e，＋∞)内存在唯一零点. 综上，当且仅当 0<t<1e，即 0<lnaa<1e时，g(x)存在两个零点． 结合 y＝lnxx的性质，得 a>1，且 a≠e， 所以实数 a 的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
【答案】 (1，＋∞)
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题组二 曲线公共点问题 2 已知函数 f(x)＝lnxx－ax，a∈R.若曲线 y＝xf(x)与直线 y＝－x 有两个 公共点，求实数 a 的取值范围．

b＝f12，c＝f(3)，则 A．a＜b＜c
B．c＜b＜a
()
C．c＜a＜b
D．b＜c＜a
解析 依题意得，当 x＜1 时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在
(－∞，1)上为增函数．又 f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜12＜1，因
此有 f(－1)＜f(0)＜f12，即有 f(3)＜f(0)＜f12，c＜a＜b，故 选 C．
第3讲 导数的应用(二)
最新考纲 1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会 解决与之有关的方程(不等式)问题；2．会利用导数解决某些 简单的实际问题．
知识梳理
1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学 模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)，并 确定函数的定义域． (2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0． (3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最 大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题作答．
式共同确定．
( √)
(2)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．
(× )
(3)连续函数在闭区间上必有最值． (4)函数 f(x)＝x2－3x＋2的极小值也是最小值．
(√ ) (√ )
2．(2014·辽宁实验中学模拟)函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)
＝f(2－x)，且当 x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设 a＝f(0)，
解 (1)因为 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2． (2)由(1)知，该商品每日的销售量 y＝x－2 3＋10(x－6)2． 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)＝(x－3)[x－2 3＋10(x－6)2] ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6． 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)．

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考法二 双变量不等式的证明
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[典例] 已知函数f(x)＝ln x－12ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； [解] 当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为 (1,1)，又因为f ′(x)＝1x＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2， 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
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放缩法证明不等式
[例3] 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
[解]
(1)f(x)≥0等价于a≥ln
x＋1 x.
令g(x)＝ln xx＋1(x＞0)，则g′(x)＝－lnx2x，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，
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[过关训练]
已知函数f(x)＝ln x＋ax. (1)求f(x)的最小值； 解：因为f′(x)＝1x－xa2＝x－x2 a(x＞0)， 所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值． 当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.
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易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调
递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1， 因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥ 52－1成立．
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[解题技法] 破解含双参不等式的证明的关键 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系 式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式； 二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从 而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双 参不等式，即可证得结果．

专题升级训练导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.函数y=f(x)的图象在点x=5处的切线方程是y=-x+8,则f(5)+f'(5)等于( )A.1B.2C.0D.2.f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象最有可能是下图中的()3.当x∈(0,5)时,函数y=xln x( )A.是单调增函数B.是单调减函数C.在上单调递增,在上单调递减D.在上单调递减,在上单调递增4.函数y=xsin x+cos x在下面哪个区间内是增函数( )A. B.(π,2π)C. D.(2π,3π)5.已知函数f(x)=x3+2bx2+cx+1有两个极值点x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则f(-1)的取值范围是( )A. B.C.[3,12]D.6.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲线过原点,且在x=±1处的切线斜率均为-1,给出以下结论:①f(x)的解析式为f(x)=x3-4x,x∈[-2,2];②f(x)的极值点有且仅有一个;③f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有( )A.0个B.1个C.2个D.3个二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.曲线f(x)=e x+x2在点(0,1)处的切线方程为.8.函数f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值是正数,极小值是负数,则a的取值范围是.9.已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如表:x -1[:0 4 5f(x)1 2 2 1 f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示:下列关于f(x)的①函数f(x)是周期函数;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;⑤函数y=f(x)-a的零点个数可能为0,1,2,3,4个.其中正确三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)设x=1与x=2是函数f(x)=aln x+bx2+x的两个极值点.(1)试确定常数a和b的值;(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极小值点,并说明理由.11.(本小题满分15分)已知函数f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R.(1)当t=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当t≠0时,求f(x)的单调区间.12.(本小题满分16分)(2018·浙江,文21)已知a∈R,函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+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.##一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.B 解析:由题意知f(5)=-5+8=3,f'(5)=-1,故f(5)+f'(5)=2.故选B.2.A 解析:根据导函数f'(x)的图象可知f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在(-2,0)上单调递增.故选A.3.D 解析:y'=ln x+1,令y'=0,得x=.在上y'<0,在上y'>0,∴y=xln x在上单调递减,在上单调递增.故选D.4.C 解析:∵y=xsin x+cos x,∴y'=(xsin x)'+(cos x)'=sin x+xcos x-sin x=xcos x,∴当<x<时,xcos x>0,即y'>0.故函数y=xsin x+cos x在区间内是增函数.故选C.5.C 解析:由于f'(x)=3x2+4bx+c,据题意方程3x2+4bx+c=0有两个根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],令g(x)=3x2+4bx+c,结合二次函数图象可得只需此即为关于点(b,c)的线性约束条件,作出其对应平面区域,f(-1)=2b-c,问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(-1)=2b-c的最值问题,由线性规划易知3≤f(-1)≤12,故选C.6.C 解析:∵f(0)=0,∴c=0.∵f'(x)=3x2+2ax+b,∴解得a=0,b=-4,∴f(x)=x3-4x,∴f'(x)=3x2-4.令f'(x)=0得x=±∈[-2,2],∴极值点有两个.∵f(x)为奇函数,∴f(x)max+f(x)min=0.∴①③正确,故选C.二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.x-y+1=0 解析:函数的导数为f'(x)=e x+2x,所以切线斜率k=f'(0)=1,切线方程为y-1=x-0,即x-y+1=0.8. 解析:f'(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由f'(x)=0得x=±a,当-a<x<a时,f'(x)<0,函数递减;当x>a或x<-a时,f'(x)>0,函数递增.∴f(-a)=-a3+3a3+a>0,且f(a)=a3-3a3+a<0,解得a>.9.②⑤解析:因为函数f(x)的定义域为[-1,5],所以函数f(x)不是周期函数,故①错误;当x∈[0,2]时,f'(x)<0,故②正确;由f'(x)的图象知f(x)的最大值是2,故t的最大值是5,③错误;由f'(x)的图象知,当x=2时,f(x)有极小值,但f(2)大小不确定,故④错误,⑤正确.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.解:(1)f'(x)=+2bx+1.由已知解得(2)x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下:[:x (0,1)1(1,2)2(2,+∞)f'(x)- 0 + 0 -f(x ) ↘极小值↗极大值↘∴在x=1处,函数f(x)取得极小值.在x=2处,函数f(x)取得极大值ln 2.11.解:(1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f'(x)=12x 2+6x-6,f'(0)=-6, 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x.(2)f'(x)=12x2+6tx-6t2.令f'(x)=0,解得x=-t或x=.因为t≠0,以下分两种情况讨论:①若t<0,则<-t.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-t,+∞)f'(x)+ - +f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间是,(-t,+∞);f(x)的单调递减区间是.②若t>0,则-t<.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-t)f'(x)+ - +f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),;f(x)的单调递减区间是.12.解:(1)当a=1时,f'(x)=6x2-12x+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)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).令f'(x)=0,得到x1=1,x2=a.当a>1时,x 0 (0,1)1[:(1,a)a(a,2a)2af'(x)+ 0 -[: 0 +f(x ) 0单调递增极大值3a-1单调递减极小值a2(3-a)单调递增4a3比较f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得g(a)=当a<-1时,[:x 0 (0,1) 1 (1,-2a) -2af'(x)- 0 +f(x ) 0单调递减极小值3a-1单调递增-28a3-24a2得g(a)=3a-1.综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)=。