2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第四章　导数及其应用高考专题突破二

高考专题突破二　高考中的导数应用问题
题型一　利用导数研究函数性质
例1 (2018·台州质检)已知函数f(x)＝x3＋|x－a|(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)当a∈(0,1)时，求f(x)在[－1,1]上的最小值(用a表示)．
解　(1)当a＝1，x<1时，f(x)＝x3＋1－x，
f′(x)＝3x2－1，
所以f(0)＝1，f′(0)＝－1，
所以f(x)在(0，f(0))处的切线方程为x＋y－1＝0.
(2)当a∈(0,1)时，
由已知得f(x)＝
当a≤x≤1时，由f′(x)＝3x2＋1>0，知f(x)在[a,1]上单调递增．
当－1≤x 当a∈时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)min＝min
＝min＝a－.
当a∈时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减，
所以f(x)min＝min{f(－1)，f(a)}＝min{a，a3}＝a3.
综上所述，f(x)min＝
思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；解决含参函数的性质问题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．

跟踪训练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－ 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．
(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，
即a≥＝＝(x＋1)－
对x∈(－1,1)都成立．
令y＝(x＋1)－，
则y′＝1＋>0.
所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增，
所以y<(1＋1)－＝，即a≥.
经检验知，当a＝时符合题意，
因此a的取值范围为.
题型二　利用导数研究函数零点问题
例2　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点的个数．
解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
则f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.
∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．

∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0 ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0 思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．
跟踪训练2 (2018·绍兴质测)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b.
(1)当a＝2，b＝0时，求f(x)在[0,3]上的值域；
(2)对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围．
解　(1)由f(x)＝x3－2x2＋3x，
得f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)．
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(1,3)上单调递减．
又f(0)＝f(3)＝0，f(1)＝，
所以f(x)在[0,3]上的值域为.
(2)由题意得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12.
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意；
②当Δ>0，即a2>3时，f′(x)＝0有两根，
设两根为x1，x2，且x1 则f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，
即≤.
化简得(a2－3)3≤1，解得3 综合①②，得a2≤4，即－2≤a≤2.
题型三　利用导数研究不等式问题
例3　已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)．
(1)解　f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，
因为在x＝1处有相同的切线，
所以f′(1)＝g′(1)，则1＝2λ，即λ＝.
(2)证明　若λ＝，
则g(x)＝(x2－1)，
设H(x)＝f(x)－g(x)，
则H(x)＝xln x－x2＋，
H′(x)＝ln x＋1－x，(H′(x))′＝－1，
因为x≥1，所以(H′(x))′≤0，即H′(x)单调递减，
又因为H′(1)＝0，所以H′(x)≤0，即H(x)单调递减，
而H(1)＝0，所以H(x)≤0，即f(x)≤g(x)．
思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝ax2－ln x(x>0，a∈R)．
(1)若a＝2，求点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若不等式f(x)≥对任意x>0恒成立，求实数a的值．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝，x>0.
∴f(1)＝1，f′(1)＝1，∴所求的切线方程为y＝x.
(2)易得f′(x)＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，
∴当x>1时，f(x)<，
故此时不合题意；
当a>0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝－ln，
∴－ln≥，即1＋ln a－a≥0.
设g(x)＝1＋ln x－x，则g′(x)＝－1＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，
即1＋ln x－x≤0，
故1＋ln a－a＝0，∴a＝1.


1．(2017·浙江)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解　(1)因为(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x
＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)

↘
0
↗

↘

又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在区间上的取值范围是.



2．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解　(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤max，
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.
故a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a的值；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，
所以a＝1.
(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，
即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
4．设函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋3)x＋3，其中a∈R，函数f(x)有两个极值点x1，x2，且0≤x1<1.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设函数φ(x)＝f′(x)－a(x－x1)，当x1 (1)解　由题意可知，f′(x)＝x2＋ax＋a＋3，x1，x2为f′(x)＝0的两个根，所以Δ＝a2－4(a＋3)>0，得a>6或a<－2.
又
所以－a＝x1＋，设u＝x1＋1∈[1,2)，
则－a＝u－1＋＝u＋－2，
设y＝u＋－2，u∈[1,2)．
易知y＝u＋－2在[1,2)上为减函数，
则2 即2<－a≤3，
即－3≤a<－2.
综上可知，－3≤a<－2.
(2)证明　由0≤x1<1，x1 φ(x)＝f′(x)－a(x－x1)＝(x－x1)(x－x2)－a(x－x1)＝(x－x1)(x－x2－a)＝(x－x1)(x－x2＋x1＋x2)＝x2－x>0，
所以|φ(x)|＝φ(x)＝x2－x ＝(x2＋x1)(x2－x1)
＝(x2＋x1)
＝－a，
由(1)可知－3≤a<－2，
所以0 所以|φ(x)|<9.

5．(2007·浙江)设f(x)＝，对任意实数t，记gt(x)＝x－t.
(1)求函数y＝f(x)－g8(x)的单调区间；
(2)求证：①当x＞0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立；
②有且仅有一个正实数x0，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．
(1)解　y＝－4x＋.
由y′＝x2－4＝0，得x＝±2.
因为当x∈(－∞，－2)时，y′>0，
x∈(－2,2)时，y′<0，
当x∈(2，＋∞)时，y′>0，
故所求函数的单调递增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)，
单调递减区间是(－2,2)．
(2)证明　①方法一　令h(x)＝f(x)－gt(x)
＝－x＋t (x>0)，
则h′(x)＝x2－，
当t>0时，
由h′(x)＝0，得x＝.
当x∈(0，)时，h′(x)<0，
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)内的最小值是h()＝0.
故当x>0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．
方法二　对任意固定的x>0，
令h(t)＝gt(x)＝ x－t (t>0)，
则h′(t)＝(x－)，
由h′(t)＝0，得t＝x3.
当00；
当t>x3时，h′(t)<0，
所以当t＝x3时，h(t)取到最大值h(x3)＝.
因此当x>0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．
②对任意x0>0，g8(x0)＝4x0－，
因为gt(x0)关于t的最大值是，
所以使g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立的充要条件是4x0－≥，
即(x0－2)2(x0＋4)≤0，①
又因为x0>0，
∴不等式①成立的充要条件是x0＝2，
所以有且仅有一个正实数x0＝2，
使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

6．已知函数f(x)＝x－aln x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)设g(x)＝－，若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[2，e]恒成立，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝1－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．
当a>0时，由f′(x)<0，得0 由f′(x)>0，得x>a，
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
即f(x)在x＝a处有极小值，无极大值．
所以当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)设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋－aln x(x>0)，
则h′(x)＝1－－＝
＝，
不等式f(x)>g(x)对任意x∈[2，e]恒成立，
即函数h(x)＝x＋－aln x在[2，e]上的最小值大于零．
①当1＋a≥e，即a≥e－1时，h(x)在[2，e]上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，
由h(e)＝e＋－a>0，
可得a<，
因为>e－1，
所以e－1≤a<；
②当1＋a≤2，即a≤1时，h(x)在[2，e]上单调递增，
所以h(x)的最小值为h(2)，
由h(2)＝2＋－aln 2>0，
可得a<，即a≤1；
③当2<1＋a h(x)在[2,1＋a)上单调递减，在(1＋a，e]上单调递增，
可得h(x)的最小值为h(1＋a)，
因为0 所以0 故h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)>2，
即1 综上可得，a的取值范围是.