高考专题突破一 高考中的导数应用问题
考点自测
11．函数y＝x2－lnx的单调递减区间为() 2
A．(－1,1]
C．[1，＋∞)
答案 B
2121x－1?x－1??x＋1?解析 y＝x－lnx，y′＝x－＝(x>0)． 2xxxB．(0,1] D．(0，＋∞)
令y′≤0，得0<x≤1，
即递减区间为(0,1]．故选B.
1π2．已知函数f(x)＝asin2x－x (a为常数)在xa的值为() 33
11A．1B．D 22
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2acos2x－cos3x，
π?2∴f′?＝2a－cosπ＝0， ?3?3
∴a＝1，经验证符合题意．
3．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()
A．20B．18C．3D．0
答案 A
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．
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－f(x)min≤t，从而t≥20，
所以t的最小值是20.
lna＋lnx4．已知函数f(x)＝[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________． x
答案 [e，＋∞)
1·x－?lna＋lnx?x1－?lna＋lnx?解析 f′(x)＝f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0xx在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.
5．(2013·安徽)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为________．
答案 3
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b；
由已知x1，x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的不同两根，
当f(x1)＝x1<x2时，
作y＝x1，y＝x2与f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三个不同交点．
即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．
题型一 利用导数研究函数的单调性
例1 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，
所以－x2＋2>0，解得－x<2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)．
(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex
＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)都成立，
x2＋2x?x＋1?2－1即a≥x＋1x＋1
1＝(x＋1)－x∈(－1,1)都成立． x＋1
11令y＝(x＋1)－y′＝1＋x＋1?x＋1?1所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增， x＋1
133所以y<(1＋1)－即a≥. 21＋12
3因此a的取值范围为a≥2
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．
(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．
2 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′??3.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，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)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
2222＋2a×2－1， 当x＝时，得a＝f′?＝3×?3?333
解之，得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.
1x＋?(x－1)，列表如下：
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3??3?
所以f(x)的单调递增区间是(－∞)和(1，＋∞)； 3
1－，1?. f(x)的单调递减区间是??3?
(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex
＝(－x2－3x＋c－1)ex，
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c≥11，
所以c的取值范围是[11，＋∞)．
题型二 利用导数研究不等式问题
例2 已知f(x)＝xlnx，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，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
12(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx eex
思维点拨 (1)求f′(x)，讨论参数t求最小值；
(2)分离a，利用求最值得a的取值范围；
(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．
(1)解 由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，
1令f′(x)＝0，得x＝e
1当x∈(0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； e
1当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． e
11①当0<t<<t＋2，即0<t<时， ee
11f(x)min＝f() ee
11②当≤t<t＋2，即t≥f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt. ee
所以f(x)min?＝?1tlnt，t≥.?e11－，0<t<ee
(2)解 ?x∈(0，＋∞)，有
32xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋， x
3设h(x)＝2lnx＋x＋x>0)， x
?x＋3??x－1?则h′(x)＝， x①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.
因为对一切x∈(0，＋∞)，
2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(3)证明 问题等价于证明
x2xlnx>－(x∈(0，＋∞))． ee
1由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－， e
1－x1x2当且仅当x＝时取到，设m(x)＝(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝m(x)max＝m(1)eeee1＝－， e
当且仅当x＝1时取到．
12从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx成立． eex
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．
a 设函数f(x)＝xex－x＋1)＋2. 2
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≥x2－x＋2恒成立，求a的取值范围．
11解 (1)∵a＝1，∴f(x)＝xex－x(x＋1)＋2＝xex2－x＋2， 22
∴f′(x)＝(ex－1)(x＋1)，
∴当－1<x<0时，f′(x)<0；
当x<－1或x>0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增．
a＋2a＋2(2)由f(x)≥x2－x＋2，得x(ex－)≥0，即要满足ex≥x， 22
当x＝0时，显然成立；
ex?x－1?exa＋2ex当x>0时，即≥，记g(x)＝g′(x)＝ x2xx∴易知g(x)的最小值为g(1)＝e，
∴a＋2e， 2
得a≤2(e－1)．
综上所述，a的取值范围是(－∞，2e－2]．
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)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2lnx.
(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．
解 (1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，
222?ax－1?所以F′(x)＝2ax－＝ (x>0)． xx
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>
由ax2－1<0，得0<x<1. a1a
故当a>0时，F(x)在区间?1，＋∞?上单调递增， ?a?
1?0，在区间上单调递减． a??
②当a≤0时，F′(x)<0 (x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减． 2lnx(2)原式等价于方程a＝＝φ(x)在区间[，e]上有两个不等解． x
2x?1－2lnx?由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，上为增函数， x1在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(e)＝， e
22ln2ln2而φ(e)＝<＝φ2)． e42
所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不等解时
需ln21a<2e
即f(x)＝g(x)
在[2，e]上有两个不等解时
ln21a的取值范围为≤a<2e
思维升华
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．
已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(
x)的图象在x＝1处的切线方程；
1(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在e]上有两个零点，求实数m的取值范围． e
2解 (1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)x
＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
－2?x＋1??x－1?2(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝2xxx
1∵x∈[，e]， e
∴当g′(x)＝0时，x＝1.
1当x<1时，g′(x)>0； e
当1<x<e时，g′(x)<0.
故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
11又g()＝m－2－ ee111g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g(＝4－e2＋<0，则g(e)<g(， eee
1∴g(x)在[e]上的最小值是g(e)． e
g?1?＝m－1>0，??11g(x)在[，e]上有两个零点的条件是?1解得1<m≤2＋， 1eeg?＝m－2－≤0，?ee?
1∴实数m的取值范围是(1,2＋
e
(时间：80分钟)
1．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
解 (1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b.
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
?f′?2?＝0，?12a＋b＝0，??故有?即? ??f?2?＝c－16，8a＋2b＋c＝c－16，??
???12a＋b＝0，?a＝1，?化简得解得? ?4a＋b＝－8，???b＝－12.
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，
f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－2,2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，
f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，
f(2)＝－16＋c＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
2．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．
(1)求f(x)的表达式；
(2)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 (1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b，
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(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＋
(b＋2)(－x)＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
1从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－b＝0， 3
1因此f(x)的表达式为f(x)＝－x3＋x2. 3
1(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2. 3
令g′(x)＝0，解得x12，x22，
则当x<－2或x>2时，g′(x)<0，
从而g(x)在区间(－∞2 )，(2，＋∞)上是减函数； 2<x2时，g′(x)>0，
从而g(x)在区间(－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＝12，2时取得，
544而g(1)＝，g2)＝，g(2)＝， 333
2因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g2)＝， 3
4最小值g(2)＝3
3．已知函数f(x)＝－x2＋ax－lnx(a∈R)．
1(1)当a＝3时，求函数f(x)在[2]上的最大值和最小值； 2
1(2)当函数f(x)在，2)上单调时，求a的取值范围． 2
1解 (1)当a＝3时，f′(x)＝－2x＋3－x
2x2－3x＋1?2x－1??x－1?＝－， xx
1令f′(x)＝0，解得x＝或1. 2
111当x∈(0，)∪(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，)和(1，＋∞)上单调递减；当x∈1)222
时，f′(x)>0，
1故f(x)在，1)上单调递增， 2
1所以函数f(x)在区间2)上仅有极大值点x＝1， 2
1故这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在[，2]上的最大值是f(1)＝2. 2
153又f(2)－f(＝(2－ln2)－(＋ln2)＝－2ln2<0， 244
1故f(2)<f(， 2
1故函数在2]上的最小值为f(2)＝2－ln2. 2
11(2)f′(x)＝－2x＋a－，令g(x)＝2x＋， xx
1122则g′(x)＝2，则函数g(x)在()上单调递减，在，2)上单调递增， x222
192由于g()＝3，g(2)＝g(＝22， 222
19故函数g(x)在(，2)的值域为2，)． 22
1若要f′(x)≤0在(，2)上恒成立， 2
即a≤2x＋1x(12，2)上恒成立，只要a≤2；
若要f′(x)≥0在(12，2)上恒成立，
即a≥2x＋119x(2，2)上恒成立，只要a2
综上所述，a的取值范围是(－∞，2]∪[92，＋∞)．
4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝a－1
x－1＋x.
(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． 解 (1)a＝2时，由???y＝f?x?，??y＝g?x?，
得x2＋3x＋1＝1
x－1＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)．
令y＝x3＋x2－x－2，
求导得y′＝3x2＋2x－1，
令y′＝0，得x＝11＝－1，x23
故得极值点分别在－1和13
所以y＝x3＋x2－x－2＝0的解只有一个．
即y＝f(x)与y＝g(x)的公共点只有一个．
(2)由???y＝f?x?，?得x2＋3x＋1a－1
?y＝g?x?， x－1＋x，
整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，
令h(x)＝x3＋x2－x，
联立???y＝a，??y＝h?x?＝x3＋x2－x?x≠1?，
对h(x)求导可以得到极值点分别在－113
h(－1)＝1，h153)＝－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)，
故a＝－527时恰有两个公共点．
5855．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6<x<11)，年销售为u万件，若已知－u与8
21(x－)2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． 4
(1)求年销售利润y关于售价x的函数表达式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
58521解 (1)设u＝k(x－)2， 84
∵售价为10元时，年销量为28万件，
∴58521－28＝k(102，解得k＝2. 84
21585∴u＝－2(x－)2＋＝－2x2＋21x＋18. 48
∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．
(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)
＝－6(x－2)(x－9)．
令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，
显然，当x∈(6,9)时，y′>0；
当x∈(9,11)时，y′<0.
∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上单调递增，在(9,11)上单调递减．
∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
即售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
1－a26．(2014·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝alnx＋x－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线2
斜率为0.
(1)求b；
a(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<a的取值范围． a－1
a解 (1)f′(x)＝(1－a)x－b. x
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1－a2由(1)知，f(x)＝alnx＋－x， 2
1－aaaf′(x)(1－a)x－1＝x－)(x－1)． xx1－a
1a①若a≤，则1， 21－a
故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在(1，＋∞)单调递增．
所以，存在x≥1，使得f(xa
00)<a－1
f(1)<a
a－1
即1－a21<a
a－12－1<a<2－1.
②12<a<1，则a
1－a，
故当x∈(1，a
1－a)时，f′(x)<0，
当x∈(a
1－a∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，aa
1－a)单调递减，在(1－a所以，存在x，使得f(xaaa
0≥10)<a－1f(1－aa－1.
而faaa2
1－a)＝aln1－a＋2?1－a?a
a－1a
a－1
所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝1－a－a－1a
2－1＝2a－1.
综上，a的取值范围是(－2－12－1)∪(1，＋∞)． ∞)单调递增．
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