【数学】2018届一轮复习人教A版高考中的导数应用问题教案
（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题教师用书
1．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 D
解析 由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.
即k的取值范围为[1，＋∞)．
2．(2016·浙江十校联考)已知函数f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为( )
A．(1，＋∞) B．(，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)
答案 D
解析 由题意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
当a≤0时，不符合题意．
当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，
在(，＋∞)上单调递增，
所以由题意知f()<0，解得a>3，
故选D.
3．(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
答案 1－ln 2
解析 y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)．
y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)，
∴
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
4．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．
答案 [1，＋∞)
解析 因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，
不等式≤恒成立，所以≥.
因为g(x)＝，
所以g′(x)＝e2－x(1－x)．
当0
0；当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.
又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)．
当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以＝＝，应有≥，
又k>0，所以k≥1.
题型一 利用导数研究函数性质
例1 (2015·课标全国Ⅱ)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)＝－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∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞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)．
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；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类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．
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－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≥.
题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题
例2 (2015·北京)设函数f(x)＝－kln 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，]上仅有一个零点．
(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
↗
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]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，]上仅有一个零点．
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．
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；
(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．
题型三 利用导数研究不等式问题
例3 已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
(1)解 对任意x∈(0，＋∞)，有
2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(2)证明 问题等价于证明
xln x>－(x∈(0，＋∞))．
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 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繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解．
已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是____________．
答案 [－，－]
解析 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
显然，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(2)＝，
g(x)min＝g(4)＝－；
对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：
x
－1
(－1，)
(，1)
1
(1,2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
a－4
↗
＋a
↘
a
↗
a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
∴∴a∈[－，－].
1．已知函数f(x)＝＋－ln x－，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＝x.
(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)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．
2．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值．
解 (1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.
又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切线的斜率为g′(1)＝4e.
所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，
即4ex－y－3e＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
①当t≥时，在区间[t，t＋2]上f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(t)＝tln t.
②当01时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，
f(0)＝11时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，
那么b的取值范围是(1，＋∞)．
4．(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝2ax－＝(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＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．综上，a∈.
5．(2016·杭州四校联考)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，其中a为非零实数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1－1，
当a－1≥0，即a≥1时，f′(x)≥0，
∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当0－1，x2＝，
∴f(x)在区间(－1，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
当a<0时，∵x1<－1，
∴f(x)在(－1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)证明 ∵00
⇔aln(x2＋1)＋x－x2>0
⇔(1－x)ln(x2＋1)＋x－x2>0
⇔－(x2－1)(1＋x2)ln(x2＋1)＋x2(x2－1)>0
⇔(1＋x2)ln(x2＋1)－x2>0，
令g(x)＝(1＋x)ln(x＋1)－x，x∈(0,1)，
∵g′(x)＝ln(x＋1)＋>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0.
故原命题得证．
