2022届一轮复习数学理科(浙江专用)高考专题突破：高考中的导数应用问题.docx

高考专题突高考中的导数应用问题
考点自测
1．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案　B
解析　y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0)．
令y′≤0，得0
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．20 B．18 C．3 D．0
答案　A
解析　由于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.
4．已知函数f(x)＝在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________．
答案　[e，＋∞)
解析　f′(x)＝＝，由于f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a≥1－ln x在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－ln x，φ(x)max＝1，故ln a≥1，a≥e.
5．(2021·安徽)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x12＋2ax＋b＝0的不同两根，
当f(x1)＝x1′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，由于ex>0，
所以－x2＋2>0，解得－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≥.
因此a的取值范围为a≥.
思维升华　(1)推断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到推断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
↘
微小值
↗
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，
由于函数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　利用导数争辩不等式问题
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．
思维点拨　(1)求f′(x)，争辩参数t求最小值；
(2)分别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)＝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02)解　∀x∈(0，＋∞)，有
2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
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.
由于对一切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
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生疏的求最值的问题进行求解，若不能分别参数，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．
　设函数f(x)＝xex－x(x＋1)＋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．
解　(1)∵a＝1，∴f(x)＝xex－x(x＋1)＋2＝xex－x2－x＋2，
∴f′(x)＝(ex－1)(x＋1)，
∴当－10时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)≥x2－x＋2，得x(ex－x)≥0，即要满足ex≥x，
当x＝0时，明显成立；
当x>0时，即≥，记g(x)＝，则g′(x)＝，
∴易知g(x)的最小值为g(1)＝e，
∴≤e，
得a≤2(e－1)．
综上所述，a的取值范围是(－∞，2e－2]．
题型三　利用导数争辩方程解或图象交点问题
例3　已知f(x)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)争辩函数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．
解　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
所以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．
由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，
在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝<
＝＝φ()．
所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不等解时
需≤a<.
即f(x)＝g(x)
在[，e]上有两个不等解时
a的取值范围为≤a<.
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)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(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．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈[，e]，
∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当0；
当1的取值范围是(1,2＋]．

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)由于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，
故有即
化简得解得
(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处取得微小值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)争辩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.
由于函数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．
由上述争辩知，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)＝.
3．已知函数f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f(x)在[，2]上的最大值和最小值；
(2)当函数f(x)在(，2)上单调时，求a的取值范围．
解　(1)当a＝3时，f′(x)＝－2x＋3－
＝－＝－，
令f′(x)＝0，解得x＝或1.
当x∈(0，)∪(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，)和(1，＋∞)上单调递减；当x∈(，1)时，f′(x)>0，
故f(x)在(，1)上单调递增，
所以函数f(x)在区间(，2)上仅有极大值点x＝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.
又f(2)－f()＝(2－ln 2)－(＋ln 2)＝－2ln 2<0，
故f(2)
则g′(x)＝2－，则函数g(x)在(，)上单调递减，在(，2)上单调递增，由于g()＝3，
g(2)＝，g()＝2，
故函数g(x)在(，2)的值域为[2，)．
若要f′(x)≤0在(，2)上恒成立，
即a≤2x＋在(，2)上恒成立，只要a≤2；
若要f′(x)≥0在(，2)上恒成立，
即a≥2x＋在(，2)上恒成立，只要a≥，
综上所述，a的取值范围是(－∞，2]∪[，＋∞)．
4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋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
得x2＋3x＋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x1＝－1，x2＝，
故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、微小值都是负值．
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)由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，
令h(x)＝x3＋x2－x，
联立
对h(x)求导可以得到极值点分别在－1和处的草图，如图所示，
h(－1)＝1，h()＝－，
当a＝h(－1)＝1时，y＝a与y＝h(x)仅有一个公共点(由于(1,1)点不在y＝h(x)曲线上)，
故a＝－时恰有两个公共点．
5．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(660；
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．
6．(2022·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1)．
①若a≤，则≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在(1，＋∞)单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为
f(1)<，
即－1<，
解得－－11，
故当x∈(1，)时，f′(x)<0，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，)单调递减，在(，＋∞)单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f()<.
而f()＝aln ＋＋>，
所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．