关于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)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)＝0lim x ∆→f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx .(2)函数f (x )的导函数f ′(x )＝0limx ∆→f （x ＋Δx ）－f （x ）Δx 为f (x )的导函数.2.导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，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：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x 1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x e x .(2)因为y ＝x 3＋1＋1x2，所以y ′＝(x 3)′＋(1)′＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2′＝3x 2－2x3.【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解析 由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，∴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 ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝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 )＝ex －1＋x ，所以当x >0时，f (x )＝ex －1＋x .因此，当x >0时，f ′(x )＝ex －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 ＋y －1＝0 B.x －y －1＝0 C.x ＋y ＋1＝0 D.x －y ＋1＝0(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上，∴设切点为(x 0，y 0).又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝（1＋ln x 0）x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.答案 B命题角度二 求切点坐标【例3】 (2017·西安调研)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.解析 由y ′＝e x ，知曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1.设P (m ，n )，又y ＝1x (x >0)的导数y ′＝－1x2，曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2.依题意k 1k 2＝－1，所以m ＝1，从而n ＝1.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)由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x＝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＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.解析 由y ＝x ＋ln x ，得y ′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.又该切线与y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0，∴a ≠0且Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8.答案 8【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 )＝1x ＋a ，即1x ＋a 在(0，＋∞)上有解，a ＝2－1x ，因为a ＞0，所以2－1x＜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.32C.52D. 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的距离最小，直线y ＝x －2的斜率为1，令y ＝x 2－ln x ，得y ′＝2x －1x ＝1，解得x ＝1或x ＝－12(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)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间内单调递减；(3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数函数. 考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】设f (x )＝e x (ax 2＋x ＋1)(a ＞0)，试讨论f (x )的单调性.解 f ′(x )＝e x(ax 2＋x ＋1)＋e x (2ax ＋1)＝e x [ax 2＋(2a ＋1)x ＋2]＝e x(ax ＋1)(x ＋2)＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)①当a ＝12时，f ′(x )＝12e x (x ＋2)2≥0恒成立，∴函数f (x )在R 上单调递增；②当0＜a ＜12时，有1a ＞2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0，有x ＞－2或x ＜－1a ，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0，有－1a＜x ＜－2，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1a 和(－2，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，－2上单调递减；③当a ＞12时，有1a ＜2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0时，有x ＞－1a 或x ＜－2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0时，有－2＜x ＜－1a，∴函数f (x )在(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1a 上单调递减.【训练1】(2016·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e 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)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，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 )＝1x －1ex －1>0. 考点二 求函数的单调区间【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43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.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.令g ′(x )<0，得x (x ＋1)(x ＋4)<0.解之得－1<x <0或x <－4.所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).【训练2】 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，(x >0).则f ′(x )＝x 2－4x －54x 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 )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围.解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min .(*)又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞).(2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，(**)则a ≥1x 2－2x恒成立，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立.(***)∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞. 【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， 所以a ≤0不合题意.当a >0时，令3x 2－a <0，得－3a 3<x <3a 3，∴f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3， 依题意，3a3＝1，即a ＝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，f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则点a 叫做函数的极小值点，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，f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则点b 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－x >3，此时f ′(x )>0；当－2<x <1时，0<1－x <3，此时f ′(x )<0；当1<x <2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 ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (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【例3】 已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，试求b ，c 的值.解 ∵f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，由f (x )在x ＝1处有极值－43，可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝－1＋2b ＋c ＝0，f （1）＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43.解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.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 )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1).当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞)∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43，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.令f ′(x )>0，解得x <13或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上单调递减.故函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋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 )＝－4x ＋1，显然不满足条件；当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例4】 (2017·郑州模拟)已知函数f (x )＝(x －k )e x. (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：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 (x )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 ，当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －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.综上可知，当k ≤1时，f (x )min ＝－k ；当1<k <2时，f (x )min ＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )min ＝(1－k )e.【训练2】 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，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y ＝－12相切.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e <x <1，令f ′(x )<0，得1<x <e ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三 函数极值与最值的综合问题 【例5】 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋cex(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(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.解 (1)f ′(x )＝（2ax ＋b ）e x－（ax 2＋bx ＋c ）e x （e x ）2＝－ax 2＋（2a －b ）x ＋b －c ex.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，由于e x >0.令f ′(x )＝0，则g (x )＝－ax 2＋(2a －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<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e－3＝－e 3，g （0）＝b －c ＝0，g （－3）＝－9a －3（2a －b ）＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5ex.因为f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).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)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.【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 (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.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.当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a；由f ′(x )>0，得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a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 (x )在(0，＋∞)上有一个极值点.(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＋1x －ln x x ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.故实数b 的最大值是1－1e2.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2a －2时，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0，1).【训练1】设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0＜a ＜2时，f (x )在[1，4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值.解 (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a ＞0，得a ＞－19.所以，当a ＞－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间.(2)已知0＜a ＜2，f (x )在[1，4]上取到最小值－163，而f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a 的图象开口向下，且对称轴x ＝12，∴f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x 0∈[1，4]，使得f ′(x 0)＝0，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)＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1.此时，由f ′(x 0)＝－x 20＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去)，所以函数f (x )max＝f (2)＝103.考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根【例2】 (2015·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.(1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.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：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f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )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)＝12>0，f (e)＝e －k2<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或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.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)如果函数g (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1，求函数g (x )的解析式； (2)对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意3x 2＋2ax －1<0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1，即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1.将x ＝1或－13代入方程3x 2＋2ax －1＝0，得a ＝－1.所以g (x )＝x 3－x 2－x ＋2.(2)由题意2x ln x ≤3x 2＋2ax －1＋2在x ∈(0，＋∞)上恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x ，设h (x )＝ln x －32x －12x ，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1或－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝－2，所以a ≥－2，所以a 的取值范围是[－2，＋∞).【训练3】已知函数f (x )＝x 2－ln x －ax ，a ∈R .(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－ln x －x ，f ′(x )＝（2x ＋1）（x －1）x.当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )的最小值为f (1)＝0.(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g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2.当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.故g (x )有最小值g (1)＝1.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【例4】 (2017·昆明一中月考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(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)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞).则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)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 . (1)求函数F (x )＝f （x ）x ＋12的最大值；(2)证明：f （x ）x ＋12<x －f (x )； (1)解 F (x )＝f （x ）x ＋12＝ln x x ＋12，F ′(x )＝1－ln x x 2，当F ′(x )>0时，0<x <e ；当F ′(x )<0时，x >e ，故F (x )在(0，e)上是增函数，在(e ，＋∞)上是减函数，故F (x )max ＝F (e)＝1e ＋12.(2)证明 令h (x )＝x －f (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当h ′(x )<0时，0<x <1；当h ′(x )>0时，x >1，故h (x )在(0，1)上是减函数，在(1＋∞)上是增函数，故h (x )min ＝h (1)＝1.又F (x )max ＝1e ＋12<1，故F (x )<h (x )，即f （x ）x ＋12<x －f (x ).。