高考数学考点归纳之导数的综合应用

高考数学考点归纳之导数的综合应用

高考数学考点归纳之导数的综合应用第一课时　利用导数解不等式考点一　f(x)与f′(x)共存的不等式问题[典例]　(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lgx)＞的解集为__________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为__________________．[解析]　(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，由f(lgx)＞，得f(lgx)－lgx＞.即g(lgx)＝f(lgx)－lgx＞＝g(1)，所以lgx＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．[答案]　(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3) (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．　　[典例]　(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0,当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(0,1)　　　B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)A．f(x)＞0B．f(x)＜0C．f(x)＞xD．f(x)＜x[解析]　(1)令g(x)＝，则g′(x)＝.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f(x)＜0. 综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.[答案]　(1)A　(2)A(1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0.　　[典例]　(1)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　)A．e2019f(－2019)＜f(0)，f(2019)＞e2019f(0)B．e2019f(－2019)＜f(0)，f(2019)＜e2019f(0)C．e2019f(－2019)＞f(0)，f(2019)＞e2019f(0)D．e2019f(－2019)＞f(0)，f(2019)＜e2019f(0)(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝ (e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．[解析]　(1)构造函数h(x)＝，则h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2019)＞h(0)，即＞⇒e2019f(－2019)＞f(0)；同理，h(2019)＜h(0)，即f(2019)＜e2019f(0)，故选D.(2)由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．[答案]　(1)D　(2)(2，＋∞)(1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.考点二　不等式恒成立问题[典例]　已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．[解]　法一：构造函数法设g(x)＝xe2x－ax－lnx－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－， 令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)，则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，满足(2x0＋1)e2x0－a－＝0，所以a＝(2x0＋1)e2x0－，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－lnx0－1＝－2xe2x0－lnx0，则由g(x)min≥0，得2xe2x0＋lnx0≤0，此时0＜x0＜1，e2x0≤－，所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－lnx0)＋(－lnx0)，设S(x)＝x＋lnx(x＞0)，则S′(x)＝1＋＞0，所以函数S(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为S(2x0)≤S(－lnx0)，所以2x0≤－lnx0即e2x0≤，所以a＝(2x0＋1)e2x0－≤(2x0＋1)·－＝2，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数法因为f(x)＝ax＋lnx＋1，所以对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立． 令m(x)＝e2x－(x＞0)，则只需a≤m(x)min即可，则m′(x)＝，再令g(x)＝2x2e2x＋lnx(x＞0)，则g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g＝－2ln2＜0，g(1)＝2e2＞0，所以g(x)有唯一的零点x0，且＜x0＜1，所以当0＜x＜x0时，m′(x)＜0，当x＞x0时，m′(x)＞0，所以m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因为2xe2x0＋lnx0＝0，所以ln2＋2lnx0＋2x0＝ln(－lnx0)，即ln(2x0)＋2x0＝ln(－lnx0)＋(－lnx0)，设s(x)＝lnx＋x(x＞0)，则s′(x)＝＋1＞0，所以函数s(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为s(2x0)＝s(－lnx0)，所以2x0＝－lnx0，即e2x0＝，所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝－－＝2，则有a≤2，所以实数a的取值范围为(－∞，2]．求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论． (2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．　　[题组训练](2019·陕西教学质量检测)设函数f(x)＝lnx＋，k∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2恒成立，求k的取值范围．解：(1)由条件得f′(x)＝－(x＞0)，∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，∴f′(x)＝－＝(x＞0)，由f′(x)＜0得0＜x＜e，由f′(x)＞0得x＞e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝lne＋＝2.∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x＞0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立， ∴k≥.故k的取值范围是.考点三　可化为不等式恒成立问题[典例]　已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．[解]　(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x∈时，g(x)max＝g(1)＝. 由8＋a≤，得a≤－8，∴实数a的取值范围为.(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．　　[题组训练]已知函数f(x)＝，g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，其中a为常数．(1)当a＝1时，求曲线g(x)在x＝0处的切线方程；(2)若a＜0，对于任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，所以g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因为g(0)＝－1，所以曲线g(x)在x＝0处的切线方程为y＋1＝－3x，即3x＋y＋1＝0.(2)f(x)＝＝＝3－，当x∈[1,2]时，∈，所以－∈[－3，－2]，所以3－∈[0,1]，故f(x)在[1,2]上的值域为[0,1]． 由g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，可得g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．因为a＜0，所以当x∈[1,2]时，g′(x)＜0，所以g(x)在[1,2]上单调递减，故当x∈[1,2]时，g(x)max＝g(1)＝－1＋(a＋1)－3a－1＝－a－，g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，即g(x)在[1,2]上的值域为.因为对于任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)，所以[0,1]⊆，所以－a－≥1，解得a≤－1，故a的取值范围为(－∞，－1]．1．(2019·南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则(　　)A．4f(－2)＜9f(3)　　　　B．4f(－2)＞9f(3)C．2f(3)＞3f(－2)D．3f(－3)＜2f(－2)解析：选A　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则当x＞0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g (2)＜g(3)，则有g(－2)＜g(3)，即有4f(－2)＜9f(3)．2．f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是(　　)A．20182f(2019)＞20192f(2018)B．20182f(2019)＜20192f(2018)C．2018f(2019)＞2019f(2018)D．2018f(2019)＜2019f(2018)解析：选A　令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＝＞0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，即＞，∴20182f(2019)＞20192f(2018)．3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数x，y都有ln≤成立，则实数m的取值范围为(　　)A.B.C.D.解析：选D　由ln≤，可得ln≤.设＝t，令f(t)＝(2e－t)·lnt，t＞0，则f′(t)＝－lnt＋－1，令g(t)＝－lnt＋－1，t＞0，则g′(t)＝－－＜0，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减． ∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤，∴实数m的取值范围为.4．设函数f(x)＝ex－(e为自然对数的底数)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min.而g′(x)＝ex(x2－x)，由g′(x)＞0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)＜0可得x∈(0,1)，∴函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.答案：e5．(2018·武汉质检)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)∵函数f(x)＝xlnx的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＜0，得lnx＋1＜0，解得0＜x＜，∴f(x)的单调递减区间是.令f′(x)＞0，得lnx＋1＞0，解得x＞，∴f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x ＞0，∴a≥lnx－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝lnx－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．6．(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化为lnx－＋x－＞k(x－1)．令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)(x＞1)， 则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则h(x)的对称轴为x＝.①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)＜h(1)＝1－k.若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．②当＞1，即k＜－1时，易知必存在x，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增．∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围为(－∞，1)．7．已知函数f(x)＝xex＋(e为自然对数的底数)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，xex－lnx≥1＋kx恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)证明：f′(x)＝(x＋1)ex＋，x∈(0，＋∞)，易知当0＜x＜1时，f′(x)＞0,所以f(x)在区间(0,1)上为增函数，又因为f＝＜0，f(1)＝e＞0，所以ff(1)＜0，即f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点，由题可知f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点， 所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex0＋＝0.原不等式可化为≥k，令g(x)＝，则g′(x)＝，由(1)可知g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x0)为g(x)的最小值．下面分析x0ex0＋＝0，设x0ex0＝t，则＝－t，可得即x0(1－t)＝lnt，若t＞1，等式左负右正不相等；若t＜1，等式左正右负不相等，只能t＝1.因此g(x0)＝＝－＝1，所以k≤1.即实数k的取值范围为(－∞，1]．