高考專題突破一高考中的導數應用問題【考點自測】1．若函數f(x)＝2sinx(x∈[0，π])的圖象在點P處的切線平行于函數g(x)＝2eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋1))的圖象在點Q處的切線，則直線PQ的斜率為()A.eq\f(8,3)B．2C.eq\f(7,3)D.eq\f(\r(3),3)答案A解析f′(x)＝2cosx∈[－2,2]，g′(x)＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2(當且僅當x＝1時取等號)．當兩函數的切線平行時，xp＝0，xQ＝1.即P(0,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))，∴直線PQ的斜率為eq\f(8,3).2．(2017·全國Ⅱ)若x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的極小值為()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函數f(x)的極值點，得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得當x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且當x＜－2時，f′(x)＞0；當－2＜x＜1時，f′(x)＜0；當x＞1時，f′(x)＞0.所以x＝1是函數f(x)的極小值點．所以函數f(x)的極小值為f(1)＝－1.故選A.3．設f(x)，g(x)在[a，b]上可導，且f′(x)>g′(x)，則當a<x<b時，有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)答案C解析∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函數，∴當a<x<b時f(x)－g(x)>f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．4．若函數f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區間(2，＋∞)上為增函數，則實數m的取值范圍為____________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋eq\f(1,x)恒成立．令g(x)＝x＋eq\f(1,x)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，∴當x>2時，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調遞增，∴m≤2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).5．(2017·江蘇)已知函數f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對數的底數，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析因為f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq\f(1,e－x)＝－x3＋2x－ex＋eq\f(1,ex)＝－f(x)，所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)是奇函數．因為f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．因為f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq\r(ex·e－x)＝3x2≥0，當且僅當x＝0時“＝”成立，所以f(x)在R上單調遞增，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，所以－1≤a≤eq\f(1,2).題型一利用導數研究函數性質例1(2018·沈陽質檢)設f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調區間；(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數a的取值范圍．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).當a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數g(x)單調遞增；當a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時，g′(x)＞0，函數g(x)單調遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時，g′(x)＜0，函數g(x)單調遞減．所以當a≤0時，函數g(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)；當a＞0時，函數g(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①當a≤0時，f′(x)單調遞增，所以當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意；②當0＜a＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＞1時，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調遞增．可得當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意；③當a＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＝1時，f′(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，不符合題意；④當a＞eq\f(1,2)，即0＜eq\f(1,2a)＜1時，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減．所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意.綜上可知，實數a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2))))).思維升華利用導數主要研究函數的單調性、極值、最值．已知f(x)的單調性，可轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區間上恒成立問題；含參函數的最值問題是高考的熱點題型，解此類題的關鍵是極值點與給定區間位置關系的討論，此時要注意結合導函數圖象的性質進行分析．跟蹤訓練1已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數的底數)．(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區間；(2)若函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍．解(1)當a＝2時，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，因為ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函數f(x)的單調遞增區間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)因為函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，所以f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立．因為f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立．因為ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)對x∈(－1,1)都成立．令y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0.所以y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調遞增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，即a≥eq\f(3,2).經檢驗a＝eq\f(3,2)時，符合題意．因此a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(3,2))))).題型二利用導數研究函數零點問題例2已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a>0)．當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗故函數f(x)的單調遞增區間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調遞減區間是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在區間(－2，－1)內單調遞增，在區間(－1,0)內單調遞減，從而函數f(x)在區間(－2,0)內恰有兩個零點，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).思維升華函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的和諧統一．跟蹤訓練2(2018·合肥調研)設函數f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調區間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．(1)解函數的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負值舍去)．f′(x)與f(x)在區間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k1－lnk,2)↗所以，f(x)的單調遞減區間是(0，eq\r(k))，單調遞增區間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，無極大值．(2)證明由(1)知，f(x)在區間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因為f(x)存在零點，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e，當k＝e時，f(x)在區間(1，eq\r(e)]上單調遞減且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區間(1，eq\r(e)]上的唯一零點；當k>e時，f(x)在區間(1，eq\r(e)]上單調遞減且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點．題型三利用導數研究不等式問題例3(2017·陜西省寶雞市質檢)設函數f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)，曲線y＝f(x)過點(e，e2－e＋1)，且在點(1,0)處的切線方程為y＝0.(1)求a，b的值；(2)證明：當x≥1時，f(x)≥(x－1)2；(3)若當x≥1時，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實數m的取值范圍．(1)解由題意可知，f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2axlnx＋ax＋b(x>0)，∵f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1.(2)證明f(x)＝x2lnx－x＋1，f(x)－(x－1)2＝x2lnx＋x－x2，設g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，則g′(x)＝2xlnx－x＋1.由(g′(x))′＝2lnx＋1>0，得g′(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴g′(x)≥g′(1)＝0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴g(x)≥g(1)＝0.∴f(x)≥(x－1)2.(3)解設h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，則h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1，由(2)知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，∴xlnx≥x－1，∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x－1)．①當3－2m≥0，即m≤eq\f(3,2)時，h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴h(x)≥h(1)＝0成立．②當3－2m<0，即m>eq\f(3,2)時，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，(h′(x))′＝2lnx＋3－2m，令(h′(x))′＝0，得x＝>1，當x∈[1，)時，h′(x)單調遞減，則h′(x)≤h′(1)＝0，∴h(x)在[1，)上單調遞減，∴h(x)≤h(1)＝0，即h(x)≥0不成立．綜上，m≤eq\f(3,2).思維升華求解不等式恒成立或有解時參數的取值范圍問題，一般常用分離參數的方法，但是如果分離參數后對應的函數不便于求解其最值，或者求解其函數最值較煩瑣時，可采用直接構造函數的方法求解．跟蹤訓練3已知函數f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq\f(9,x)，若對任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，則實數a的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2)))解析問題等價于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，顯然，g(x)單調遞減，∴g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,2)，g(x)min＝g(4)＝－eq\f(23,4)；對于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,3)或x＝1，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下：x－1(－1，eq\f(1,3))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)a－4↗eq\f(4,27)＋a↘a↗a＋2∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).1．已知函數f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若對所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)的導數f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增．所以，當x＝eq\f(1,e)時，f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)由題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)對于x∈[1，＋∞)恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).當x>1時，因為g′(x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))>0，故g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，從而a的取值范圍是(－∞，1]．2．已知函數f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2.(1)求a的值；(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.由題設得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)證明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由題設知1－k>0.當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根．當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根．綜上，g(x)＝0在R上有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．3．已知函數f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值；(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同的交點，求b的取值范圍．解由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)，解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函數f(x)在區間(－∞，0)上單調遞減，在區間(0，＋∞)上單調遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值．當b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點；當b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函數f(x)在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調，所以當b>1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同的交點．綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同的交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)．4．已知函數f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(a∈R)．(1)求函數f(x)的單調區間；(2)設函數g(x)＝－eq\f(a,x)，若至少存在一個x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實數a的取值范圍．解(1)由題意得，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，易求得f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)，令h(x)＝ax2－2x＋a.①當a≤0時，h(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，此時f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．②當a>0時，Δ＝4－4a2.(ⅰ)當0<a<1時，由f′(x)>0，即h(x)>0，得x<eq\f(1－\r(1－a2),a)或x>eq\f(1＋\r(1－a2),a)；由f′(x)<0，即h(x)<0，得eq\f(1－\r(1－a2),a)<x<eq\f(1＋\r(1－a2),a).所以函數f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a2),a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)，\f(1＋\r(1－a2),a))).(ⅱ)當a≥1時，h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，則f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此時f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．(2)因為存在x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，所以ax0>2lnx0，即a>eq\f(2lnx0,x0).令F(x)＝eq\f(2lnx,x)，則題目等價于當x∈[1，e]時，a>F(x)min.對F(x)求導，得F′(x)＝eq\f(21－lnx,x2).因為當x∈[1，e]時，F′(x)≥0，所以F(x)在[1，e]上單調遞增．所以F(x)min＝F(1)＝0，因此a>0，即實數a的取值范圍為(0，＋∞)．5．(2017·豫南九校聯考)對于函數y＝H(x)，若在其定義域內存在x0，使得x0·H(x0)＝1成立，則稱x0為函數H(x)的“倒數點”．已知函數f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)(x＋1)2－1.(1)求證：函數f(x)有“倒數點”，并討論函數f(x)的“倒數點”的個數；(2)若當x≥1時，不等式xf(x)≤m[g(x)－x]恒成立，試求實數m的取值范圍．(1)證明設h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，x>0，所以h(x)在(0，＋∞)上為單調遞增函數．而h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，所以函數h(x)有零點且只有一個零點．所以函數f(x)有“倒數點”且只有一個“倒數點”．(2)解xf(x)≤m[g(x)－x]等價于2x·l