2015高考数学（文）（专题一 高考中的导数应用）一轮专题练习题 12页

专题一　高考中的导数应用问题 ‎1． 函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是 (　　)‎ A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞)‎ 答案　D 解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)ex.‎ 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)ex>0，解得x>2.‎ ‎2．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值范围是 (　　)‎ A．(0,1) B．(－∞，1)‎ C．(0，＋∞) D. 答案　D 解析　f(x)在(0,1)内有最小值，即f(x)在(0,1)内有极小值，f′(x)＝3x2－6b，‎ 由题意，得函数f′(x)的草图如图，‎ ‎∴　即 解得00；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．‎ ‎(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.‎ 若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数， ‎ 而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0.‎ 综合得a的取值范围为(－∞，1]．‎ 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． ‎ ‎　已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.‎ ‎(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.‎ 当x＝时，得a＝f′＝3×2＋‎2a×－1，‎ 解之，得a＝－1.‎ ‎(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.‎ 则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：‎ x ‎(－∞，－)‎ ‎－ ‎(－，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－)和(1，＋∞)；‎ f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(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，＋∞)，‎2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．‎ 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　(1)由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，‎ 令f′(x)＝0，得x＝.‎ 当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ ‎①当00)，则h′(x)＝，‎ ‎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，＋∞)，‎2f(x)≥g(x)恒成立，‎ 所以a≤h(x)min＝4.‎ ‎(3)问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．‎ 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，‎ 当且仅当x＝时取到，设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，‎ 当且仅当x＝1时取到．‎ 从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．‎ 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．‎ ‎　已知函数f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．‎ ‎(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.‎ ‎(1)解　令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则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)≤h(0)＝0，则sin x≤ax(x≥0)成立．‎ 若00，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))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.‎ ‎(2)证明　当a取(1)中的最小值1时，g(x)－f(x)＝x－sin x.‎ 设H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cos x－x2.‎ 令G(x)＝1－cos x－x2，则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，‎ 所以G(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上单调递减，‎ 此时G(x)＝1－cos x－x2≤G(0)＝0，‎ 即H′(x)＝1－cos x－x2≤0，‎ 所以H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)单调递减．‎ 所以H(x)＝x－sin x－x3≤H(0)＝0，‎ 即x－sin x－x3≤0(x≥0)，‎ 即x－sin x≤x3(x≥0)．‎ 所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤x3.‎ 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)＝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[，e]上有两个不等解，求a的取值范围．‎ 思维启迪　(1)通过讨论a确定F(x)的符号；‎ ‎(2)将方程f(x)＝g(x)变形为a＝，研究φ(x)＝图象的大致形状．‎ 解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0)．‎ ‎①当a>0时，由ax2－1>0，得x>.‎ 由ax2－1<0，得00时，F(x)在区间上单调递增，‎ 在区间上单调递减．‎ ‎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．‎ ‎(2)原式等价于方程a＝＝φ(x)在区间[，e]上有两个不等解．‎ ‎∵φ′(x)＝在(，)上为增函数，‎ 在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，‎ 而φ(e)＝<φ(2)‎ ‎＝＝＝φ()．‎ ‎∴φ(x)min＝φ(e)，‎ 如图当f(x)＝g(x)‎ 在[，e]上有两个不等解时有 φ(x)min＝，‎ 故a的取值范围为≤a<.‎ 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f(x)的单调性、极值确定f(x)的大致形状，进而求a的范围．‎ ‎　已知函数f(x)＝|ax－2|＋bln x(x>0)．‎ ‎(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，求b的取值范围；‎ ‎(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝在(0,1]上解的个数．‎ 解　(1)f(x)＝|x－2|＋bln x ‎＝ ‎①当0.‎ 则g′(x)>－a＋＋＝≥0.‎ 即g′(x)>0，∴g(x)在(0，)上是递增函数．‎ 当x≥时，g(x)＝ax－2＋ln x－，‎ g′(x)＝a＋＋>0.‎ ‎∴g(x)在(，＋∞)上是递增函数．‎ 又因为函数g(x)在x＝有意义，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上是递增函数．‎ ‎∵g()＝ln －，而a≥2，‎ ‎∴ln ≤0，则g()<0.‎ ‎∵a≥2，∴g(1)＝a－3.‎ 当a≥3时，g(1)＝a－3≥0，‎ ‎∴g(x)＝0在(0,1]上解的个数为1.‎ 当2≤a≤3时，g(1)＝a－3<0，‎ ‎∴g(x)＝0在(0,1]上无解，即解的个数为0.‎ ‎1． 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]，‎ 从而‎3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，‎ 因此f(x)的表达式为f(x)＝－x3＋x2.‎ ‎(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2.‎ 令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝，‎ 则当x<－或x>时，g′(x)<0，‎ 从而g(x)在区间(－∞，－ )，(，＋∞)上是减函数；‎ 当－0，‎ 从而g(x)在区间(－，)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＝1，，2时取得，‎ 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝，‎ 因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，‎ 最小值g(2)＝.‎ ‎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)处的切线斜率为3.‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)若k∈Z，且k<对任意x>1恒成立，求k的最大值．‎ 解　(1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln 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a＋ln e＋1＝3，所以a＝1.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，又k<对任意x>1恒成立，‎ 即k<对任意x>1恒成立．‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，‎ 所以函数h(x)在(1，＋∞)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，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3,4)．‎ 当1x0时，h(x)>0，‎ 即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，‎ 所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值为3.‎ ‎3． 设函数f(x)＝ex－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　(1)若a＝0，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)f′(x)＝ex－1－2ax.‎ 由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，‎ 故f′(x)≥x－2ax＝(1－‎2a)x，‎ 从而当1－‎2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)．‎ ‎∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增．‎ 而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.‎ 由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．从而当a>时，f′(x)(4ln x－x2＋1)min.‎ 设M(x)＝4ln x－x2＋1，x∈[1，e]，‎ 则M′(x)＝－2x＝，‎ 令M′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝.‎ 当0，∴M(x)在[1，]上为增函数，‎ ‎∴M(x)在[1，e]上有最大值且在x＝处取到．‎ 又M(1)＝0，M(e)＝5－e2<0，‎ ‎∴M(x)的最小值为5－e2.∴m>5－e2.‎ ‎6． (2013·湖南)已知a>0，函数f(x)＝.‎ ‎(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式；‎ ‎(2)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．‎ 解　(1)当0≤x≤a时，f(x)＝；‎ 当x>a时，f(x)＝.‎ 因此，当x∈(0，a)时，f′(x)＝<0，‎ f(x)在(0，a)上单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＝>0，‎ f(x)在(a，＋∞)上单调递增．‎ ‎①若a≥4，则f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝.‎ ‎②若0