2015高考数学（文）（专题一 高考中的导数应用）一轮专题练习题
专题一 高考中的导数应用问题
1． 函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是 ( )
A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案 D
解析 函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)ex.
由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
2．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值范围是 ( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C．(0，＋∞) D.
答案 D
解析 f(x)在(0,1)内有最小值，即f(x)在(0,1)内有极小值，f′(x)＝3x2－6b，
由题意，得函数f′(x)的草图如图，
∴ 即
解得0
0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(－∞，1]．
思维升华 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断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
↘
极小值
↗
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，
因为函数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 利用导数研究与不等式有关的问题
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．
思维启迪 (1)求f′(x)，讨论参数t求最小值；
(2)分离a，利用求最值得a的范围；
(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．
解 (1)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00)，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，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(3)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熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，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．
已知函数f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.
(1)解 令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则h′(x)＝cos x－a.
若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，h(x)＝sin x－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，则sin x≤ax(x≥0)成立．
若00，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意，
结合f(x)与g(x)的图象可知a≤0显然不合题意，
综上可知，a≥1.
(2)证明 当a取(1)中的最小值1时，g(x)－f(x)＝x－sin x.
设H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cos x－x2.
令G(x)＝1－cos x－x2，则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，
所以G(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上单调递减，
此时G(x)＝1－cos x－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cos x－x2≤0，
所以H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)单调递减．
所以H(x)＝x－sin x－x3≤H(0)＝0，
即x－sin x－x3≤0(x≥0)，
即x－sin x≤x3(x≥0)．
所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤x3.
题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
例3 已知f(x)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数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．
思维启迪 (1)通过讨论a确定F(x)的符号；
(2)将方程f(x)＝g(x)变形为a＝，研究φ(x)＝图象的大致形状．
解 (1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
∴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．
∵φ′(x)＝在(，)上为增函数，
在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝<φ(2)
＝＝＝φ()．
∴φ(x)min＝φ(e)，
如图当f(x)＝g(x)
在[，e]上有两个不等解时有
φ(x)min＝，
故a的取值范围为≤a<.
思维升华 对于可转化为a＝f(x)解的个数确定参数a的范围问题，都可以通过f(x)的单调性、极值确定f(x)的大致形状，进而求a的范围．
已知函数f(x)＝|ax－2|＋bln x(x>0)．
(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，求b的取值范围；
(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝在(0,1]上解的个数．
解 (1)f(x)＝|x－2|＋bln x
＝
①当0.
则g′(x)>－a＋＋＝≥0.
即g′(x)>0，∴g(x)在(0，)上是递增函数．
当x≥时，g(x)＝ax－2＋ln x－，
g′(x)＝a＋＋>0.
∴g(x)在(，＋∞)上是递增函数．
又因为函数g(x)在x＝有意义，
∴g(x)在(0，＋∞)上是递增函数．
∵g()＝ln －，而a≥2，
∴ln ≤0，则g()<0.
∵a≥2，∴g(1)＝a－3.
当a≥3时，g(1)＝a－3≥0，
∴g(x)＝0在(0,1]上解的个数为1.
当2≤a≤3时，g(1)＝a－3<0，
∴g(x)＝0在(0,1]上无解，即解的个数为0.
1． 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)讨论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.
因为函数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．
由上述讨论知，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)＝.
2． 已知函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.
(1)求实数a的值；
(2)若k∈Z，且k<对任意x>1恒成立，求k的最大值．
解 (1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1.
因为函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e处的切线斜率为3，
所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，又k<对任意x>1恒成立，
即k<对任意x>1恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3,4)．
当1x0时，h(x)>0，
即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，
所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值为3.
3． 设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
解 (1)若a＝0，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，
从而当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)．
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.
由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．从而当a>时，f′(x)(4ln x－x2＋1)min.
设M(x)＝4ln x－x2＋1，x∈[1，e]，
则M′(x)＝－2x＝，
令M′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝.
当0，∴M(x)在[1，]上为增函数，
∴M(x)在[1，e]上有最大值且在x＝处取到．
又M(1)＝0，M(e)＝5－e2<0，
∴M(x)的最小值为5－e2.∴m>5－e2.
6． (2013·湖南)已知a>0，函数f(x)＝.
(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式；
(2)是否存在a，使函数y＝f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)当0≤x≤a时，f(x)＝；
当x>a时，f(x)＝.
因此，当x∈(0，a)时，f′(x)＝<0，
f(x)在(0，a)上单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＝>0，
f(x)在(a，＋∞)上单调递增．
①若a≥4，则f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝.
②若0
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