【数学】2020届一轮复习苏教版专题五第三讲小题考法——导数的简单应用学案
第三讲 小题考法——导数的简单应用
考点(一)
利用导数研究函数的单调性
主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值(或范围).
[题组练透]
1．(2018·南京三模)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________．
解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以解得－1≤a≤，所以实数a的最大值为.
答案：
2．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝－ax－2＝，
由题意知f′(x)<0有实数解，
∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．
当a≥0时，显然满足；
当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，解得－1
－1，即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
3．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)0时，xf′(x)＋2f(x)>0，
所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，
所以g(x)＝g(|x|)．
由g(x)1恒成立，则k的最大值为________．
(3)(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
[解析] (1)因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，
f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－21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，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2.
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的最大值是3.
法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)1)，则g′(x)＝ln x－1.当1e时，g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e>0，于是有g(x)>0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3.
(3)法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当a>0时，由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得00，得x>1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴a＝g(1)＝3，
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
[答案] (1)－1 (2)3 (3)－3
[方法技巧]
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，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来求解．
(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．
(4)最值和极值还可以用来转化恒成立问题以及方程有解问题．
[演练冲关]
1．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围为________．
解析：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，结合图象可知函数的图象经过四个象限的充要条件是或
即或
解得－0，f(x)单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a>1.
设f′(x)＝0，则x＝logae，
当x∈(0，logae)时，f′(x)<0；
当x∈(logae，＋∞)时，f′(x)>0，
从而当且仅当x＝logae时，f(x)取最小值，
所以logae＝1，a＝e.
答案：e
3．已知函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝x2－ax，若∃x∈(0,1]，使f(x)≥成立，则实数a的最大值为________．
解析：因为∃x∈(0,1]，使f(x)≥，即x－ln x≥，所以a(x＋1)≤2x2－xln x.
因为x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤成立．
令M(x)＝，则M′(x)＝.
令y＝2x2＋3x－ln x－1，则由y′＝＝0
可得x＝或x＝－1(舍)．
当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－ln x－1在上单调递减；
当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－ln x－1在上单调递增．
所以y≥2×2＋3×－ln －1＝ln 4－＞0，
所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，
所以M(x)在(0,1]上单调递增．
所以只需a≤M(1)，即a≤1.
所以实数a的最大值为1.
答案：1
[必备知能·自主补缺]
(一) 主干知识要牢记
1.导数公式及运算法则
(1)基本导数公式
①c′＝0(c为常数)；②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)；
③(sin x)′＝cos x；④(cos x)′＝－sin x；
⑤(ax)′＝axln a(a>0且a≠1)；
⑥(ex)′＝ex；⑦(logax)′ ＝(a>0且a≠1)；
⑧(ln x)′＝.
(2)导数的四则运算
①(u±v)′＝u′±v′；
②(uv)′＝u′v＋uv′；
③′＝(v≠0)．
2．导数与极值、最值
(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．
(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最小者”．
(二) 二级结论要用好
1．常用乘式与除式的求导
(1)[xnf(x)]′＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)；
(2)′＝；
(3)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]；
(4)′＝.
2．不等式恒成立(或有解)问题的常用结论
(1)恒成立问题
a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；
a≥f(x)恒成立a≥f(x)max；
af(x)有解⇔a>f(x)min；
a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；
a0)，令y′>0得x>，令y′<0得00)得x＝e－1.
当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增．
又f(1)＝f(e)＝0,10)上一点P(x0，y0)处的切线分别与x轴，y轴交于点A，B，O是坐标原点，若△OAB的面积为，则x0＝________.
解析：因为y′＝1＋，切点P，x0>0，
所以切线斜率k＝y′|x＝x0＝1＋，
所以切线方程是y－＝(x－x0)．
令y＝0，得x＝，即A；
令x＝0得y＝－，即B.
所以S△OAB＝OA×OB＝××＝＝，
解得x0＝.
答案：
12．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知x>0，且f′(x)＝－x＋4－＝＝－，
由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.
答案：(0,1)∪(2,3)
13．已知函数f(x)＝－xln x＋ax在(0，e]上是增函数，函数g(x)＝|ex－a|＋，当x∈[0，ln 3]时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为，则a的值为________．
解析：由题意可知f′(x)＝－(ln x＋1)＋a≥0在(0，e]上恒成立，所以a≥ln x＋1，即a≥2.
当2≤a＜3时，g(x)＝
g(x)在[0，ln a]上单调递减，在[ln a，ln 3]上单调递增，因为g(0)－g(ln 3)＝a－1＋－＝2a－4≥0，所以g(0)≥g(ln 3)，
所以M－m＝g(0)－g(ln a)＝a－1＝，
解得a＝；
当a≥3时，g(x)＝a－ex＋，
g(x)在[0，ln 3]上递减，
所以M－m＝g(0)－g(ln 3)＝2≠，舍去．
故a＝.
答案：
14．若函数f(x)＝(a∈R)在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：设g(x)＝－，因为f(x)＝|g(x)|在区间[1,2]上单调递增，所以g(x)有两种情况：
①g(x)≤0且g(x)在区间[1,2]上单调递减．
又g′(x)＝，所以g′(x)＝≤0在区间[1,2]上恒成立，且g(1)≤0.
所以无解．
②g(x)≥0且g(x)在区间[1,2]上单调递增，即g′(x)＝≥0在区间[1,2]上恒成立，且g(1)≥0，
所以解得a∈.
综上，实数a的取值范围为.
答案：
B组——力争难度小题
1．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝
＝－.
①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以－＞1，解得－1＜a＜0.
综合①②，得a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
2．(2018·苏北四市期末)在平面直角坐标系xOy中，曲线C：xy＝上任意一点P到直线l：x＋y＝0的距离的最小值为________．
解析：设过曲线C：xy＝上任意一点P的切线与直线l：x＋y＝0平行．
因为y′＝－，所以y′|x＝x0＝－＝－，
解得x0＝±.
当x0＝时，P(，1)到直线l：x＋y＝0的距离d＝＝；
当x0＝－时，P(－，－1)到直线l：x＋y＝0的距离d＝＝，
所以曲线C：xy＝上任意一点到直线l：x＋y＝0的距离的最小值为.
答案：
3．设函数f(x)＝g(x)＝f(x)－b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为________.
解析：对于函数y＝，y′＝，由y′>0，得x<2；由y′<0，得x>2，
所以y＝在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为，当x→＋∞时，y→0.
先不考虑a，作出y＝和y＝－x－1的图象如图所示．只有当b∈时，直线y＝b与曲线y＝和直线y＝－x－1共有三个公共点．
因为直线y＝与直线y＝－x－1的交点为.
所以当a∈时，存在直线y＝b与曲线y＝f(x)恰有三个公共点．
答案：
4．曲线y＝－(x<0)与曲线y＝ln x公切线(切线相同)的条数为________．
解析：令公切线与曲线f(x)＝－切于点A(x1<0)，与曲线g(x)＝ln x切于点B(
x2，ln x2)(x2>0)．因为f′(x)＝，g′(x)＝，所以＝，即x2＝x.又kAB＝＝，所以＝，所以2x1ln(－x1)＝x1－2.令－x1＝t>0，所以－2tln t＝－t－2，即2tln t＝t＋2(t>0)，所以ln t＝＋(t>0)，画出函数y＝ln t与y＝＋的图象如图所示，在(0，＋∞)上只有一解，所以公切线只有一条．
答案：1
5．已知函数f(x)＝若对于∀t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是________．
解析：令y＝x3－2x2＋x，x<1，则y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，
令y′>0，即(x－1)(3x－1)>0，
解得x<或x>1.
又因为x<1，所以x<.
令y′<0，得
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