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)
f （ x 0＋ x ）－ f （ x 0）
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) ＝ lim
x .
x
0 (2) 函数 f ( x ) 的导函数 f ′(x ) ＝ lim
f （ x ＋ x ）－ f （x ）
为 f ( x ) 的导函数 .
x 0
x
2. 导数的几何意义函数 y ＝ ( x ) 在点 x 0
处的导数的几何意义，就是曲线
y ＝ ( x ) 在点 ( 0， ( x 0
)) 处的切线的斜
f
f P x f
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：
x
2
1 1
(1) y ＝ e ln x ； (2) y ＝ x x ＋ x ＋x 3 ；
解
x
x
x
(1) y ′＝ (e ) ′ln x ＋ e (ln x ) ′＝ e ln
3
′＋
1
′＝ 3 2 2
所以 y ′＝ ( x ) ′＋ (1)
x 2
x －
3 .
x
x
1 1 x
3
1
x ＋ e x ＝ ln x ＋ x e .(2) 因为 y ＝ x ＋ 1＋ x 2，
【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
1
解析 由 f ( x ) ＝ 2xf ′(1) ＋ ln x ，得 f ′(x ) ＝2f ′(1) ＋ x ，∴ f ′(1) ＝ 2f ′(1) ＋ 1，则 f ′(1) ＝－ 1. 答案
B
(2)(2015 ·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 ′(
＝
a ln x ＋ x · 1 ＝
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
x )
x
考点二 导数的几何意义
命题角度一
求切线方程
【例 2】 (2016 ·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 ) ＝ e x －1＋ x . 又 f ( x ) 为偶函数， f ( x ) ＝f ( － x ) ＝e x －
1＋ x ，
所以当 x >0 时， f ( x ) ＝ e x －
1＋ x . 因此，当 x >0 时， f ′(x ) ＝ e x －
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】 (2017 ·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 ＋ －1＝0 B.
x － －1＝0 C.
x ＋ y ＋1＝ 0 D.
x － ＋1＝0
y
y
y
(2)∵ 点(0
， － 1) 不 在 曲 线 f ( x ) ＝ x ln
x 上 ， ∴ 设 切 点 为 ( x
， y ). 又 ∵ f ′(x ) ＝ 1 ＋ ln
x ，
y 0＝ x 0ln x 0，
解得 x ＝ 1， y ＝0. ∴切点为 (1 ， 0) ，∴ f ′(1) ＝ 1＋ ln
1＝1. ∴直线 l 的方程为 y ＝
∴
y ＋ 1＝（ 1＋ ln x ） x
，
x － 1，即 x － y － 1＝0. 答案 B
命题角度二
求切点坐标
x
1
【例 3】 (2017 ·西安调研 ) 设曲线 y ＝ e 在点 (0 ，1) 处的切线与曲线 y ＝x ( x >0) 上点 P 处的切线垂直，则 P 的坐 标为 ________.
x
x
1
1
解析
由 y ′＝ e ，知曲线 y ＝ e 在点 (0 ，1) 处的切线斜率 k 1＝ e ＝ 1. 设 P ( m ，n ) ，又 y ＝ x
( x >0) 的导数 y ′＝－
x 2
，
1 ( x >0) 在点 P 处的切线斜率 1
曲线 y ＝ k 2＝－ 2. 依题意 k 1k 2＝－ 1，所以 m ＝1，从而 n ＝ 1.
x
m
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
1
意得 y ′＝ ln x ＋ x ·x ＝ 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】 (2015 ·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
＋ ( ＋ 2) x ＋ 1 相切，则
a ＝
a
________.
解析
由 y ＝ x ＋ ln
1
k ＝y ′| ＝ 2，所以切线方程为 y
x ，得 y ′＝ 1＋ x ，得曲线在点 (1 ， 1) 处的切线的斜率为
x ＝ 1
－1＝2( x －1) ，即 y ＝2 x － 1. 又该切线与
y ＝
ax 2
＋( ＋2) x ＋ 1 相切，消去 y ，得
ax 2
＋
＋ 2＝ 0，∴ ≠0且
＝
a
ax
a
a 2
－ 8 ＝ 0，解得 ＝8. 答案
8
a
a
【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 ) ＝
1
1
1
1
x ＋ a ，即 x ＋ a 在 (0 ，＋∞ ) 上有解， a ＝ 2－ x ，因为 a ＞ 0，所以 2－ x ＜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.1
B. 3
C. 5
D.2
2 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
2
1 1
离最小，直线 y ＝ x －2 的斜率为 1，令 y ＝ x － ln
x ，得 y ′＝ 2x － x ＝ 1，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2( 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) 考点一若 f ′(x)<0，则 f ( x)在这个区间内单调递减；利
用导数研究函数的单调性
(3) 若 f ′(x)＝0，则 f ( x)在这个区间内是常数函数.
【例 1】设f ( x) ＝ e x( ax2＋x＋ 1)( a＞ 0) ，试讨论 f ( x)的单调性.
解 f ′(x)＝e x( ax2＋ x＋1)＋e x(2 ax＋1)＝e x[ ax2＋(2 a＋1) x＋2]＝e x( ax＋1)( x＋2) x111x2
＝ a e x＋a( x＋2)①当 a＝2时， f ′(x)＝2e ( x＋
2)≥0恒成立，∴函数
f ( x)在R上单调递
增；
②当＜＜1
时，有
1＞，令
f
′(＝
a e
x x＋1＋＞，有
x
＞－
2
或
x
＜－
1
，
0a2a2x)a ( x2)0a
令
f ′(＝
a e
x x＋1＋
2)
＜，有－1＜＜－，∴函数
f ( x)
在－∞，－1和
(
－，＋∞上单调递增，在x)a ( x0a x2a2)
1a112f x)a e x
x＋12)0x1x2fx)
a
上单调递减；③当2a
＝a ( x＋＞时，有＞－
a
或
－，－2＞时，有＜，令′(＜－，令′(
x11
＝ a e x＋a( x＋2)＜0时，有－2＜ x＜－a，
11
∴函数 f ( x)在(－∞，－2)和－a，＋∞ 上单调递增；在－ 2，－a上单调递减 .
21e
【训练1】 (2016 ·四川卷节选) 设函数f ( x) ＝ax－ a－ln x，g( x)＝x－e x，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 2ax2－ 1
(1)解由题意得 f ′(x)＝2ax－x＝x( x>0). 当a≤0时，f′(x)<0 ，f ( x) 在 (0 ，＋∞ ) 内单调递减 . 当a>0
时，由
f ′()＝0 有
x
＝1，当
x
∈0，1时，′()<0， () 单调递减；当
x
∈1
，＋∞
时，′( )>0 ，x2a2a f x f x2a f x
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)
11
＝x－e x－1>0.
考点二求函数的单调区间
324
【例 2】 (2015 ·重庆卷改编) 已知函数f ( x) ＝ax＋x ( a∈ R) 在x＝－3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.
24416解(1) 对f ( x) 求导得f′(x) ＝ 3ax＋ 2x，因为f ( x) 在x＝－3处取得极值，所以 f ′ －3＝ 0，即3a·9＋416a81
2· －3＝3－3＝ 0，解得a＝2.
(2)由 (1)得() ＝1 3
＋x2x′()＝
3 2x 1 32x 1 3 5 2x1
(＋ 1)(＋ 4)e x. 令x e 故
g
x ＋2x e ＋x ＋ x e ＝x＋ x ＋2x e＝
x x
g x2x2222 2
x
g′(x)<0，得 x( x＋1)( x＋4)<0.解之得－1 【训练 2】 已知函数 f ( x ) ＝ x ＋ a － ln x － 3 ，其中 ∈ R ，且曲线 y ＝ ( x )在点(1， (1)) 处的切线垂直于直线 y 4 x 2 a f f 1 ＝ 2x .(1) 求 a 的值； (2) 求函数 f ( x ) 的单调区间 . 1 a 1 1 3 解 (1) 对 f ( x ) 求导得 f ′(x ) ＝ 4 － x 2 －x ，由 f ( x ) 在点 (1 ，f (1)) 处的切线垂直于直线 y ＝ 2x 知 f ′(1) ＝－ 4－a 5 x 5 3 x 2－4 －5 ＝－ 2，解得 a ＝ 4.(2) x － 2，( x >0). 则 由 (1) 知 f ( x ) ＝4＋ 4x － ln f ′(x ) ＝ 4x 2 . 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】 (2017 ·西安模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ， g ( x ) ＝1 ax 2＋ 2x ( a ≠0). 2 (1) 若函数 ( ) ＝ ( ) － ( ) 存在单调递减区间，求 a 的取值范围； h x f x g x (2) 若函数 ( ) ＝ ( ) － ( ) 在 [1 ， 4] 上单调递减，求 a 的取值范围 . h x f x g x 1 2 1 解 (1) h ( x ) ＝ ln x － 2ax － 2x ，x >0. ∴ h ′(x ) ＝ x － ax －2. 若函数 h ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上存在单调减区间， 则当 x >0 1 1 2 1 2 1 2 时，x － ax － 2<0 有解，即 a >x 2 －x 有解 . 设 G ( x ) ＝ x 2－ x ，所以只要 a >G ( x ) min .(*) 又 G ( x ) ＝ x － 1 － 1，所以 G ( x ) min ＝－ 1. 所以 a >－ 1. 即实数 a 的取值范围是 ( － 1，＋∞ ). 1 1 2 (2) 由 h ( x ) 在[1 ， 4] 上单调递减，∴当 x ∈[1 ， 4] 时， h ′(x ) ＝x － ax －2≤0 恒成立， (**) 则 a ≥x 2 －x 恒成立， 1 2 1 1 7 max － 1 － 1，x ∈[1 ， 4] 因为 x ∈[1 ， 4] ，所以 x ∈ ， 1 ，所以 G ( x ) max 所以 a ≥ G ( x ) . 又 G ( x ) ＝ x 4 ＝－ 16( 此时 x 7 7 1 7 16＋7x 2－ 32x （ 7x － 4）（ x － 4） ＝ 4) ，所以 a ≥－ 16. 当 a ＝－ 16时， h ′(x ) ＝ x ＋16x － 2＝ 16x ＝ 16x ，∵ x ∈[1 ， 4] ， （ 7x － 4）（ x － 4） ≤0，当且仅当 x ＝4 时等号成立 .(***) ∴ h ′(x ) ＝ 16x ∴ h ( x ) 在 [1 ， 4] 上为减函数 . 故实数 a 的取值范围是 － 7 ，＋∞ . 16 【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， 2 3a 3a 3a 3a 所以 a ≤0不合题意 . 当 a >0 时，令 3x －a <0，得－ 3 － 3 ， 3 ， 依题意， 3a ＝ 1，即 a ＝ 3. 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， ′( ) ＝ 0，而且在点 x ＝ a 附近的左侧 ′( )<0 ，右侧 f ′( )>0 ，则点 a 叫做函数 f a fx x 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， ′( ) ＝ 0，而且在点 x ＝ b 附近的左侧 ′( )>0 ，右侧 f ′( )<0 ，则点 b f b fx x 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－ >3，此时 f ′( )>0 ；当－ 2< <1 时， 0<1－ <3，此时 ′( )<0 ；当 1< <2 x x x x fx x 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 a ＝ x － a >0 知： (1) 当 ≤0时， f ′( )>0 ，函数 f ( x ) 为 (0 ，＋∞ ) 上的增函数，函数 f ( x ) ′( ) ＝1－ ， x x x x a 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 1 3 2 4 【例 3】 已知关于 x 的函数 f ( x ) ＝－ 3x ＋bx ＋ cx ＋ bc 在 x ＝ 1 处有极值－ 3，试求 b ， c 的值 . f ′（ 1）＝－ 1＋ 2 ＋ ＝ 0， 4 b c b ＝ 1， 解 2 1 4 或 ∵ f ′(x ) ＝－ x ＋ 2bx ＋ c ，由 f ( x ) 在 x ＝ 1 处有极值－ 3，可得 解得 f （ 1）＝－ 3＋ b ＋ c ＋ bc ＝－ 3. c ＝－ 1 b ＝－ ， 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 ) c ＝ 3. 1 ＝－ x 2 － 2 x ＋3＝－ ( ＋ 3)( x －1). 当 x 变化时， f ( x ) 与 f ′( ) 的变化情况如下表： x x x ( －∞，－ 3) － 3 ( －3， 1) 1 (1 ，＋∞) f ′(x ) － ＋ 1 f ( x ) 极小值－ 12 4 极大值－ 3 4 ∴当 x ＝ 1 时， f ( x ) 有极大值－ 3，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. 1 1 1 1 令 f ′(x )>0 ，解得 x <3或 x >1；令 f ′(x )<0 ，解得 3 ， 1 3 和 (1 ，＋∞ ) 上单调递增； 在 3 3 2 ＝1. 上单调递减 . 故函数 f ( x ) 的极小值是 f (1) ＝ 1 －2×1＋ 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 ) ＝－ 4 x ＋ 1，显然不满足条件； 当 ≠0时， ′( ) ≥0或 f ′(1) ≤0恒成立的充要条件是＝ ( － 4) 2 －4×3 ×1≤0， a fx a 4 4 即 16－ 12a ≤0，解得 a ≥ 3. 综上， a 的取值范围是 ，＋∞ . 3 考点二 利用导数求函数的最值 x 【例 4】 (2017 ·郑州模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ( x －k )e . (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 f ( x ) － e k － 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 ( ) 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 ， x 当 0< － 1<1，即 1< <2 时，由 (1) 知 f ( x ) 在 [0 ， － 1) 上单调递减，在 ( k － 1， 1] 上单调递增，所以 f ( x ) 在区间 k k k [0 ，1] 上的最小值为 f ( k － 1) ＝－ e k － 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. k －1 k ≥2时， f ( x ) min ＝ (1 － k )e. 综上可知，当 k ≤1时， f ( x ) min ＝－ k ；当 1 ；当 2 1 【训练 2】 设函数 f ( x ) ＝ a ln x －bx ( x >0) ，若函数 f ( x ) 在 x ＝ 1 处与直线 y ＝－ 2相切， (1) 求实数 a ，b 的值； 1 (2) 求函数 f ( x ) 在 e ， 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 1 y ＝ － 2 相 f ′（ 1）＝ －2 ＝0， ＝ 1， a b a 1 2 1 1－x 2 1 切. ∴ 1 解得 1 (2) 由(1) 知 f ( x ) ＝ln x － x ，则 f ′(x ) ＝ － x ＝ x ，当 ≤ x ≤e f （1）＝－ b ＝－ ， b ＝ . 2 x e 2 2 1 1 ， 1 上单调递增，在 (1 ， e) 上单调递减， 时，令 f ′(x )>0 ，得 e 1 ∴ f ( x ) max ＝ f (1) ＝－ 2. 考点三 函数极值与最值的综合问题 ax 2＋ bx ＋ c 【例 5】 已知函数 f ( x ) ＝ ( a >0) 的导函数 y ＝ ′( ) 的两个零点为－ 3和0. e (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 . （2ax ＋ b ）e x －（ ax 2＋ bx ＋ c ） e x － ax 2＋（ 2a － b ） x ＋b － c 2 解 (1) f ′(x ) ＝ （ e x ） 2 ＝ e x . 令 g ( x ) ＝－ ax ＋(2 a － b ) x ＋ b － c ，由于 e x >0. 令 f ′(x ) ＝ 0，则 g ( x ) ＝－ ax 2＋ (2 a － 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 所以 f ( x ) 的单调递增区间是 ( － 3， 0) ，单调递减区间是 ( －∞，－ 3) ， (0 ，＋∞ ). 9a － 3b ＋ c 3 (2) 由 (1) 知，x ＝－ 3 是 f ( x ) 的极小值点， 所以有 e － 3 ＝－ e ， 解得 a ＝ 1，b ＝ 5， g （ 0）＝ b － c ＝ 0， g （－ 3）＝－ 9 － 3（2 －）＋－ ＝ 0， a a b b c x 2 ＋ 5x ＋ 5 c ＝ 5，所以 f ( x ) ＝ x . 因为 f ( x ) 的单调递增区间是 ( － 3， 0) ，单调递减区间是 ( －∞，－ 3) ， (0 ，＋∞ ). e 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 5 5 5) ＝ e － 5＝ 5e >5＝ f (0) ，所数 f ( x ) 在区间 [ － 5，＋∞ ) 上的最大值是 5e . 【训练 3】 (2017 ·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 ( ) 的定义域为 (0，＋∞)， 1 ax －1 a ≤0时， ′( ) ≤0在 (0 ，＋∞ ) 上恒成立，函数 ′()＝ － ＝ . 当 x f x a x x fx 1 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 1 1 1 1 得 x >a ，∴ f ( x ) 在 0，a 上递减， 在 a ，＋∞ 上递增， 即 f ( x ) 在 x ＝ a 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 ( ) 在 (0 ，＋∞ ) 上有一个极值点 . x (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 1 ln x 1 ln x ln x － 2 2 2 ＋ x － x ≥ b ，令 g ( x ) ＝ 1＋ x － x ，则 g ′(x ) ＝ x 2 ，令 g ′(x ) ＝ 0，得 x ＝ e ，则 g ( x ) 在 (0 ，e ) 上递减， 2 2 1 1 1 在 (e ，＋∞ ) 上递增，∴ g ( x ) min ＝ g (e ) ＝ 1－ e 2，即 b ≤1－ e 2. 故实数 b 的最大值是 1－ e 2. 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】 (2015 ·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 2 －2 时，求 a 的取值范围 . a 1 解 (1) f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ， f ′(x ) ＝x － a . 若 a ≤0，则 f ′(x )>0 ，所以 f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上单调递增 . 1 1 1 1 若 a >0，则当 x ∈ 0，a 时，f ′(x )>0 ；当 x ∈ a ，＋∞ 时，f ′(x )<0. 所以 f ( x ) 在 0， a 上单调递增， 在 a ，＋∞ 上单调递减 .(2) 由 (1) 知，当 ≤0， f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上无最大值；当 a >0 时， f ( x ) 在 x ＝ 1 取得最大值，最大值 a a 为 f 1 1 a 1－ 1 ＝－ ln a ＋ －1. 因此 f 1 >2 － 2 等价于 ln ＋ －1<0. 令 ( a ) ＝ ln a ＋ －1，则 ( ) a ＝ ln ＋ a a a a a a a g a g a 在 (0 ，＋∞ ) 上单调递增， g (1) ＝ 0. 于是，当 01 时， g ( a )>0. 因此， a 的取值范围是 (0 ， 1). 1 3 1 2 2 【训练 1】设 f ( x ) ＝－ 3x ＋ 2x ＋ 2ax .(1) 若 f ( x ) 在 3，＋∞ 上存在单调递增区间，求 a 的取值范围； 16 (2) 当 0＜ a ＜ 2 时， f ( x ) 在 [1 ， 4] 上的最小值为－ 3 ，求 f ( x ) 在该区间上的最大值 . 解 (1) 2 1 2 1 2 2 2 ＋ 2a ； 由 f ′(x ) ＝－ x ＋ x ＋ 2a ＝－ x － 2 ＋ ＋ 2a ，当 x ∈ ，＋∞ 时， f ′(x ) 的最大值为 f ′ 3 ＝ 4 3 9 令 2 ＋ 2 ＞ 0，得 a ＞－ 1 . 所以，当 a ＞－ 1 时， f ( x ) 在 2 ，＋∞ 上存在单调递增区间 . 9 a 9 9 3 16 2 1 (2) 已知 0＜ a ＜ 2，f ( x ) 在 [1 ，4] 上取到最小值－ 3 ，而 f ′(x ) ＝－ x ＋x ＋ 2a 的图象开口向下， 且对称轴 x ＝2， ∴ f ′(1) ＝－ 1＋ 1＋2a ＝ 2a ＞ 0，f ′(4) ＝－ 16＋4＋ 2a ＝ 2a － 12＜ 0，则必有一点 x ∈[1 ，4] ，使得 f ′(x ) ＝ 0， 1 1 1 1 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) ＝－ 3＋ 2＋ 2a ＝ 6＋ 2a ＞ 0，∴ f (4) ＝－ 3×64 ＋ 1 ×16＋ 8 ＝－ 40 ＋8 ＝－ 16 ＝ 此时，由 ′( ＝－ 2 ＋ 0＋ 2＝ 0? x 0＝ 2 或－ 1( 舍去 ) ，所以函数 f ( x ) max 2 3 3 1. x ? a fx ) ＝ f (2) 10 ＝ . 3 考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根 x 2 【例 2】 (2015 ·北京卷 ) 设函数 f ( x ) ＝ 2 － k ln x ，k >0. (1) 求 f ( x ) 的单调区间和极值； (2) 证明：若 f ( ) 存在零点，则 f ( x )在区间 (1， e] 上仅有一个零点 . x x 2 k x 2－ k (1) 解 由 f ( x ) ＝ 2 －k ln x ( k >0) ，得 x >0 且 f ′(x ) ＝ x － x ＝ x . 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 ) － ＋ k（1－ln k）f ( x) 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 k （ 1－ln k ） f ( k ) ＝ . 因为 f ( x ) 存在零点，所以 2 k （ 1－ ln k ） e) 上单调递减，且 f ( e) ＝ 0，所以 x ＝ e 是 f ( x ) 2 ≤0，从而 k ≥e. 当 k ＝ e 时， f ( x ) 在区间 (1 ， 1 e － k 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) ＝ 2>0，f ( e) ＝ 2 <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】 (2016 ·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 2 当 x 变化时， f ( x ) 与 f ′( ) 的变化情况如下： 或＝－. 3 x ( －∞，－ 2) － 2 2 2 2 －2，－ 3 － 3 －3，＋∞ f ′(x ) ＋ － ＋ f ( x ) c 32 c － 27 所以，当 c >0 且 c － 32 1 2) ，x 2 ∈ －2，－ 2 3 －2 ，0 1 2 3 27 <0，存在 x ∈( － 4，－ 3 ，x ∈ 3 ，使得 f ( x ) ＝ f ( x ) ＝ f ( x ) ＝ 0. 由 f ( x ) 的单调性知，当且仅当 c ∈ 0， 32 时，函数 f ( x ) ＝ x 3＋ 4 2＋ 4 ＋ c 有三个不同零点 . 27 x x 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】 (2017 ·合肥模拟 ) 已知 f ( x ) ＝x ln x ， g ( x ) ＝ x 3＋ ax 2－ x ＋ 2. 1 (1) 如果函数 g ( x ) 的单调递减区间为 － 3， 1 ，求函数 g ( x ) 的解析式； (2) 对任意 x ∈(0，＋∞)， 2 ( x )≤ ′()＋2 恒成立，求实数 a 的取值范围 . f g x 2 2 1 2 1 解 (1) g ′(x ) ＝ 3x ＋ 2ax － 1，由题意 3x ＋ 2ax － 1<0 的解集是 － 3， 1 ，即 3x ＋ 2ax －1＝ 0 的两根分别是－ 3， 1. 将 x 1 3 2 ＋2 － 1＝0，得 a ＝－ 1. 所以 ( x ) ＝ x 3 x 2 ＋ 2. ＝ 1 或－ 代入方程 － － 3 x ax g x (2) 由题意 2 ln x ≤3 2 ＋2 ax －1＋2 在 x ∈(0 ，＋∞ ) 上恒成立， 可得 a ≥ln x － 3 － 1，设 ( ) ＝ ln － 3 － 1 ， x x 2x 2x h x x 2x 2x 1 3 1 （ x － 1）（ 3x ＋ 1） 1 则 h ′(x ) ＝ － 2＋ 2 2＝－ 2 x 2 ，令 h ′(x ) ＝ 0，得 x ＝ 1 或－ 3( 舍 ) ，当 0 x x x >1 时， h ′(x )<0 ，所以当 x ＝ 1 时， h ( x ) 取得最大值， h ( x ) ＝－ 2，所以 a ≥－ 2，所以 a 的取值范围是 [ － 2， max ＋∞ ). 【训练 3】已知函数 f ( ) ＝ 2－ ln x － ax ， ∈R. x x a (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 （2x ＋ 1）（ x － 1） . 当 x ∈(0 ， 1) 时， f ′(x )<0 ；当 x ∈(1 ， － ln x － x ， f ′(x ) ＝ x ＋∞) 时， f ′( )>0. 所以 f ( x ) 的最小值为 f (1) ＝ 0. x (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 x x >a ＋ 1. 令 g ( x ) ＝ x － ln x x ， 则 x 2 － 1＋ ln x x ∈(0 ， 1) 时， ′( )<0 ；当 ∈(1 ，＋∞ ) 时， ′( )>0. 故 ( x ) 有最小值 g (1) ＝ 1. ′()＝ 2. 当 g x x g x x g x g 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 （x － 1） 2 【例 4】 (2017 ·昆明一中月考 ) 已知函数 f ( x ) ＝ln x － . 2 (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 － x 2＋ x ＋ 1 x >0， 1＋ 5 (1) 解 f ′(x ) ＝ x － x ＋ 1＝ x ，x ∈(0 ，＋∞ ). 由 f ′(x )>0 得 x 2＋ x ＋ 1>0. 解得 0 2 . 故 f ( x ) 的 1＋ 5 .(2) ′( ) ＝1－ x 2 单调递增区间是 0， 证明 令 ( ) ＝ f ( x ) －( x － 1) ， ∈(0 ，＋∞ ). 则有 . 当 x ∈(1 ， 2 F x x F x x ＋∞ ) 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】 (2017 ·泰安模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x . f （ x ） 1 f （ x ） 1 (1) 求函数 F ( x ) ＝ x ＋ 2的最大值； (2) 证明： x ＋2 f （ x ） 1 ln x 1 1－ ln x (1) 解 F ( x ) ＝ x ＋ 2＝ x ＋ 2，F ′(x ) ＝ x 2 ，当 F ′(x )>0 时，0 1 1 在 (0 ， e) 上是增函数，在 (e ，＋∞ ) 上是减函数，故 F ( x ) max ＝ F (e) ＝ ＋ . e 2 1 x － 1 (2) 证明 令 h ( x ) ＝x － f ( x ) ＝ x － ln x ，则 h ′(x ) ＝ 1－ x ＝ x ，当 h ′(x )<0 时，0 故 h ( x ) 在 (0 ， 1) 上是减函数，在 (1 ＋∞ ) 上是增函数， 1 1 f （ x ） 1 故 h ( x ) min ＝ h (1) ＝ 1. 又 F ( x ) max ＝e ＋ 2<1，故 F ( x )< h ( x ) ，即 x ＋2