2018届二轮复习 导数的应用学案（全国通用）
第16讲 导数的应用
题型1 利用导数研究函数的单调性
(对应 生用书第53页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
3．利用导数研究函数单调性的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，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．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 已知函数f(x)＝ax2－x＋ln x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∀m>n>0，>1恒成立，求实数a的取值范围.
【导 号：07804112】
[思路分析] (1)求f′(x)―→结合a的取值讨论f(x)的单调区间；
(2)>1f(m)－m>f(n)－n由g′(
x)≥0求a的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－1＋＝.
①当a＝0时，f′(x)＝.
显然，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
②当a≠0时，对于2ax2－x＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a×1＝1－8a.
当Δ≤0，即a≥，因为a>0，所以2ax2－x＋1≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若Δ>0，即0
0，x2<0.
当x∈时，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，2ax2－x＋1<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
当0x1>0.
当x∈时，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，2ax2－x＋1<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，2ax2－x＋1>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；
当a≥时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当01，且m>n，故f(m)－m>f(n)－n.
记g(x)＝f(x)－x，则函数g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增．
由g(x)＝f(x)－x＝ax2－2x＋ln x，可得g′(x)＝2ax－2＋≥0.
因为x>0，
所以a≥＝－.
记h(x)＝－(x>0)，则h′(x)＝－－×(－2)×＝.
显然，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
所以h(x)的最大值为h(1)＝－＝，
所以a≥.
故实数a的取值范围为.
[类题通法] 求单调区间或判断单调性的方法
(1)不含参数：解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，把不等式解集与定义域取交集，就是对应的增区间或减区间.
(2)含有参数：针对参数进行分类讨论，引起讨论的因素包含：参数的正负性，导数有无极值点，极值点的大小关系，极值点与定义域的关系.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex＋f′(0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝e－xf(x)＋ln x，h(x)＝ex，过点O(0,0)分别作曲线y＝g(x)与y＝h(x)的切线l1，l2，且l1与l2关于x轴对称，求证：0，当x<－2－或x>0时，f′(x)>0；当－2－0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；单调递减区间为(－∞，0)．
③若－－2－或x<0时，f′(x)<0；当00，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为(－∞，0)，.
④若a＝－，f′(x)＝－x2ex≤0，故f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．
⑤若a<－，当x<－2－或x>0时，f′(x)<0；当－2－0，所以f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为
和(0，＋∞)．综上所述，当a>0时，f(x)的单调递增区间为和
(0，＋∞)；单调递减区间为.当a＝0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；单调递减区间为(－∞，0)．当－0，所以在(0，＋∞)上，u(x)是单调递增函数．又因为u(1)＝>0，u＝＋ln－<0，所以u(1)·u<0，即a＝－，a0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
2．设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋2＋aln x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若a＝2，求函数f(x)在[1，t](t>1)上的最小值.
【导 号：07804113】
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝.
由f′(x)＝0，可得x1＝a，x2＝1.
①若a≤0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
故f(x)的极小值点为1，无极大值点．
②若01，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
故f(x)的极小值点为a，极大值点为1.
综上，若a≤0，f(x)的极小值点为1，无极大值点；
若01，f(x)极小值点为a，极大值点为1.
(2)当a＝2时，f(x)＝x2－3x＋2＋2ln x.
由(1)可知，函数f(x)在[1,2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增．
若12，则函数f(x)在[1,2]上单调递减，在[2，t]上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(2)＝×22－3×2＋2＋2ln 2＝－2＋2ln 2.
综上，当12时，f(x)的最小值为－2＋2ln 2.
[类题通法]
1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.
2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况 求解.
3.求函数f(x)在闭区间[a，b
]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知函数f(x)＝＋a(x－ln x)，e为自然对数的底数．
(1)当a>0时，试求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间上有三个不同的极值点，求实数a的取值范围．
[解] (1)函数的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝＝.当a>0时，对于任意x∈(0，＋∞)，ex＋ax>0恒成立，所以若x>1，f′(x)>0，若00，所以－21等价于⑤ 6分
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞
)上的最小值为g＝－. 8分
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－. 10分
因为⑥
所以，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 12分
[阅卷者说]
易错点
防范措施
④处导数的运算法则，复合函数求导法则不熟练，运算失分.
对于复杂解析式求导要分清层次，包括运算层次，复合层次.
⑤处未对不等式进行变形、分化函数致解题受阻.
对于复杂不等式，变形转化为等价的不等式证明，是证明不等式的重要方法.
⑥处未转化为函数最值的不等关系致解题受阻.
将不等式转化为不等式两边函数的最值关系是常用的方法，但要注意任意、存在等逻辑关系区别.
[类题通法]
1.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数h(x).
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.,特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.
2.构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)).
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知函数f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.
(1)当m＝1且x≥0时，证明：f(x)≥φ(x)；
(2)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)证明：当m＝1时，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2(x≥0)，
所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x.
设p′(x)＝G(x)，则G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，
所以函数p′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以p′(x)≥p′(0)＝0，
所以函数p(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以p(x)≥p(0)＝0.
所以f(x)≥φ(x)．
(2)设h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx.
由(1)知当x≥0时，(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)，所以(x＋1)ln(x＋1)≥x，
所以h′(x)≥3x－2mx.
①当3－2m≥0，即m≤时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，满足题意．
②当3－2m<0，即m>时，设H(x)＝h′(x)＝2(x＋1)·ln(x＋1)＋(1－2m)x，
H′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m，令H′(x)＝0，得x0＝e－1>0，故h′(x)在[0，x0]上单调递减，在[x0，＋∞)上单调递增．
当x∈[0，x0)时，h′(x)0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
【导 号：07804115】
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
A [设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴g(x)的图象的示意图如图所示．
当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,00，x<－1，
∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.]
3.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x＞0时，(x－2)ex＋x＋2＞0.
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)g′(x)＝＝(f(x)＋a)．
由(1)知，f(x)＋a单调递增．
对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，
即g′(xa)＝0.
当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝.
由′＝＞0，得y＝单调递增，
所以，由xa∈(0,2]，得
＝＜h(a)＝≤＝.
因为y＝单调递增，对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.
所以h(a)的值域是.
综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.
4.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)＜0；
当x∈时，h′(x)＞0.
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h＜0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈得f(x0)＜.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2
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