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2013届高考文科数学一轮复习考案2.12 导数的综合应用


§2.11 导数的综合应用

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命题预测

基础拾遗
技巧归纳 例题备选

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考 1



考纲解读 了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究

导数在研究函数中的应





函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式
函数一般不超过三次);了解函数在某点取得极值 的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大 值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会 求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式 函数一般不超过三次). 在综合应用中特别注意用导数在证明不等式、求 参数范围、处理恒成立等问题的工具性作用.

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?
导数的综合应用是高考考查的重点内容,主要考查函数的性质, 同时考查导数的相关知识,知识载体主要是三次函数、指数函数、 对数函数.综合题的主要题型:(1)利用导数研究函数的单调性、极值 与最值问题;(2)考查以函数为载体的实际应用题,主要是先建立所求 量的目标函数,再利用导数进行求解.(3)函数、导数与不等式等相综 合.结合《考纲》预测2013年试题既有基础题,也有综合题,试题难度 中等偏上或偏难.

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?
1.函数在某个区间上恒为增函数(或减函数)的问题,关键是利用导数 将问题转化为函数的导数在此区间上恒为正(或负)的问题,也就是 导函数最值大于(或小于)0的问题.具体处理时,一定要注意端点值的 讨论. 2.利用导数证明不等式问题时,一般根据要证明的不等式构造函数, 转化为函数的最值问题.具体的证明步骤为:①将所给的不等式移项 、整理、变形为求证不等式f(x)>0(<0)的形式;②利用导数研究函数 在给定区间上的单调性,得到函数的最值;③将不等式问题转化为函

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数的最值恒大于0或者小于0的问题. 3.利用导数研究方程的根的个数,其具体步骤为:①将方程移项、整 理,转化为方程F(x)=0;②利用导数研究函数y=F(x)图象的变化情况; ③利用数形结合思想研究F(x)与x轴交点的个数,从而得到方程根的 个数.

?

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1.已知函数f(x)的导函数f‘(x)的图象如图所示, 那么函数f(x)的图象最有可能的是?( )

?
【解析】由f'(x)的图象知0和-2是f(x)的极值点,且x>0时,f(x)单调递 减,故选A. 【答案】A
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2.设函数f(x)=x3-?2-2x+5,若对于任意x∈[-1,2]都有f(x)<m成立,则实 x
1 2

数m的取值范围为? ( (A)(7,+∞). (C)[7,+∞).

) (B)(8,+∞).

(D)(9,+∞).
2 3

【解析】f(x)<m恒成立,即为f(x)最大值<m恒成立,f'(x)=3x2-x-2,在[-1,-? ]

和[1,2]上,f(x)为增函数,在[-? ,1]上,f(x)为减函数,所以f(x)的最大值为f
2 3

(2)=7,所以m的取值范围为(7,+∞). 【答案】A

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3.(2011年湖南卷)设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=ln x的图象分别交于 点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为? ( (A)1. (B)? .
2 1

)
2

(C)?.
5 2

(D)?.
2
1

【解析】由题可知|MN|=x2-ln x(x>0),不妨令h(x)=x2-ln x,则h'(x)=2x-? ,
x

令h'(x)=0解得x=?,因x∈(0,?)时,h'(x)<0,当x∈(?,+∞)时,h'(x)>0,
2 2 2 2 2 2

所以当x=?时,|MN|达到最小.即t=?.
2 2 2 2

【答案】D

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4.(2011年辽宁卷)已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是 .

【解析】f(x)=0有零点,等价于a=2x-ex有解,设g(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex.
当x≤ln 2时,g(x)单调递增,当x≥ln 2时,g(x)单调递减,∴g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2,所以,a的取值范围是(-∞,2ln 2-2]. 【答案】(-∞,2ln 2-2]

?

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题型1利用导数研究某个区间上恒为单调函数的问题

? 例1 已知函数f(x)=x3-3ax2-bx,其中a,b为实数.
(1)若f(x)在x=1处取得的极值为2,求a,b的值; (2)若f(x)在区间[-1,2]上为减函数,且b=9a,求a的取值范围. 【分析】要使函数f(x)在区间[-1,2]内是减函数,只需f(x)的导数在区 间[-1,2]内恒小于或等于0. 【解析】(1)由题设可知:f'(1)=0且f(1)=2, 即? ?
? 3 ? 6 a ? b ? 0, ?1 ? 3 a ? b ? 2

解得a=? ,b=-5.
3
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4

(2)∵f'(x)=3x2-6ax-b=3x2-6ax-9a, 又f(x)在[-1,2]上为减函数, ∴f'(x)≤0对x∈[-1,2]恒成立, 即3x2-6ax-9a≤0对x∈[-1,2]恒成立.
? a ? 1, ? 3 ? 6 a ? 9 a ? 0, ? 即 ? 则有 ∴a≥1,? 4 ?1 2 ? 1 2 a ? 9 a ? 0, ?a ? , 7 ?

∴f'(-1)≤0且f(2)≤0,

?

?

∴a的取值范围是a≥1.

【点评】在处理函数在某个区间上恒为增函数或减函数的问题时, 注意检验端点值是否合适.
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变式训练1 值范围.

已知函数f(x)=? 在区间(-2,+∞)上是增函数,求a的取
x?2

ax ? 1

【解析】f'(x)=?
1

a ( x ? 2 ) ? ( a x ? 1) ( x ? 2)
2

=?

2a ? 1
2

( x ? 2)

.

由f'(x)≥0,得a≥? ,
2

但是,当a=? 时,f(x)=? ,显然在(-2,+∞)上不是增函数,故a>? .
1 1 1 2 2 2

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题型2利用导数证明不等式问题
?

例2 已知函数f(x)=? 在点(-1,f(-1))的切线方程为x+y+3=0.
x ?1
2

ax ? b

(1)求函数f(x)的解析式; (2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立. 【分析】要证明 g(x)≥f(x),通过等价转化后构造新的函数,在x∈[1,+ ∞)上恒大于或等于0. 【解析】(1)将x=-1代入切线方程得y=-2, ∴f(-1)=? =-2,化简得b-a=-4,
1?1 b?a

f'(x)=?

a ( x ? 1) ? ( a x ? b ) ? 2 x
2

(1 ? x )
2

2

,
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f'(-1)=?

2 a ? 2 (b ? a ) 4

=?=? =-1,
2b 4
b 2

解得:a=2,b=-2. ∴f(x)=? .
x ?1
2

2x ? 2

(2)由已知得要证明ln x≥?在[1,+∞)上恒成立,即
x ?1
2

2x ? 2

只要证(x2+1)ln x≥2x-2成立, 即要证x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立. 设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2, h'(x)=2xln x+x+?-2.
1 x
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∵x≥1,∴2xln x≥0,x+?≥2,即h'(x)≥0,
1 x

∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0, ∴g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立.

【点评】利用导数研究不等式问题的处理办法是构造新的函数,将 原来的问题转化为新函数的最值问题来解决.

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变式训练2

已知函数f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是R上的奇函数,当x=1时,f

(x)取得极值-2. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明:对任意x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立. 【解析】(1)∵f(x)为R上的奇函数, ∴f(-x)=-f(x)?d=0.∴f(x)=ax3+cx,f'(x)=3ax2+c. ∵当x=1时,f(x)的极值为-2,
? f '(1) ? 0, ∴? ? f (1) ? ? 2 ?

?

?

? 3 a ? c ? 0, 得 ? a ? c ? ? 2, ?

?

? a ? 1, ? ?c ? ?3.

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∴f(x)=x3-3x,f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 令f'(x)>0?x<-1或x>1,f'(x)<0?-1<x<1. ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)、(1,+∞),递减区间为(-1,1).
(2)由(1)知,f(x)在[-1,1]上是减函数,所以f(x)在[-1,1]上的最大值为M=f (-1)=2,最小值为m=f(1)=-2. ∴对于任意x1、x2∈(-1,1),恒有|f(x1)-f(x2)|<M-m=2-(-2)=4.

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题型3利用导数研究方程根的个数问题
?

例3 已知函数f(x)=? +aln x-2 (a>0).
x

2

(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线y=x+2垂直,求函数y=f

(x)的单调区间; (2)记g(x)=f(x)+x-b (b∈R),当a=1时,方程g(x)=0在区间[e-1, e]上有两个
不同的实根,求实数b的取值范围. 【分析】(1)先根据条件求出函数解析式,然后对函数求导,解不等式 f'(x)>0和f'(x)<0即可求出单调区间,(2)根的分布主要是结合图象,得 到满足题意的数学关系式.
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【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). 因为f'(x)=-?+? ,且知直线y=x+2的斜率为1.
2 a x
2

x

所以f'(1)=-? ? + =-1,所以a=1.
2

a 1

1

2

所以f(x)=? x-2,f'(x)=? . +ln
2 x

x?2 x
2

由f'(x)>0,解得x>2;由f'(x)<0,解得0<x<2. 所以f(x)的单调增区间是(2,+∞),单调减区间是(0,2).
(2)依题得g(x)=?+ln x+x-2-b,则g'(x)=?.
2 x

x ?x?2
2

x

2

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基础拾遗 例题备选

由g'(x)>0解得x>1;由g'(x)<0解得0<x<1. 所以函数g(x)在区间(0, 1)为减函数,在区间(1,+∞)为增函数.

又因为方程g(x)=0在区间[e-1, e]上有两个不同的实根,所以 解得1<b≤?+e-1.
2 e

?

? g (e ? 1 ) ? 0, ? ? g (e ) ? 0,   ? g (1) ? 0 .   ?

所以b的取值范围是(1, ?+e-1].
2 e

【点评】利用导数研究根的分布问题,关键是利用导数研究得出函 数图象的特点,再将方程转化为函数与x轴的交点,从而可得根的分 布情况或参数的取值情况.
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变式训练3

已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R).

(1)若a=2,求证:f(x)在(1,+∞)上是增函数; (2)求f(x)在[1,e]上的最小值.

【解析】(1)当a=2时,f(x)=x2-2ln x,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)=?
2 ( x ? 1)
2

x

>0,

所以f(x)在(1,+∞)上是增函数.
(2)f'(x)=?(x>0),当x∈[1,e]时,2x2-a∈[2-a,2e2-a].
x 2x ? a
2

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若a≤2,则当x∈[1,e]时,f'(x)≥0, 所以f(x)在[1,e]上是增函数, 又f(1)=1,故函数f(x)在[1,e]上的最小值为1.

若a≥2e2,则当x∈[1,e]时,f'(x)≤0,
所以f(x)在[1,e]上是减函数, 又f(e)=e2-a,所以f(x)在[1,e]上的最小值为e2-a.

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若2<a<2e ,则当1≤x<?时,f'(x)<0,此时f(x)是减函数;
2

a

2

当?<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)是增函数.
a 2

又f(?)=?-?ln?,
a

a a

a

2

2 2

2

所以f(x)在[1,e]上的最小值为?-?ln?.
a a a 2 2 2

综上可知,当a≤2时,f(x)在[1,e]上的最小值为1; 当2<a<2e2时,f(x)在[1,e]上的最小值为?-?ln?;
a a a 2 2 2

当a≥2e2时,f(x)在[1,e]上的最小值为e2-a.

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?
导数的综合应用主要包括以下几个方面: (1)利用导数求参数的取值范围问题; (2)利用导数研究不等式的证明问题; (3)利用导数研究函数的零点问题;

(4)利用定积分解决实际问题等.
在复习过程中,应注意总结规律.一般来说,利用导数解决的问题,其 所涉及的函数往往具有明显的特征,例如:三次函数等高次函数、非
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常规函数(由基本初等函数构成)等,这些函数尤其适合利用导数解 决.在复习过程中,要注意等价转化、分类讨论、数形结合等数学思 想方法的训练.在解决导数的综合应用题中,这些思想始终贯穿于其 中,是解决问题的关键,在研究函数的有关性质时,一定要注意优先考 虑定义域.

?

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基础拾遗 例题备选

1.(2011年江西卷)设f(x)=-?3+?2+2ax. x x
1
1

3

2

(1)若f(x)在(? ,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围;
2 3

(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-? ,求f(x)在该区间上的最大
16 3

值. 【解析】(1)由f'(x)=-x2+x+2a=-(x-? +? )2 +2a,
1 1 2 4

当x∈[? ,+∞)时,f'(x)的最大值为f'(? ? )= +2a;令? +2a>0,得a>-? .
2 3 2 3 2 2 1 9 9 9

所以当a>-? 时,f(x)在(? ,+∞)上存在单调递增区间.
1 9 2 3
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(2)令f'(x)=0,得两根x1=?,x2=?.
2

1?

1 ? 8a

1?

1 ? 8a 2

所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2). 又f(4)-f(1)=-?+6a<0,即f(4)<f(1),
27 2

所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-?=-?,
40 3

16 3

得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=?.
10 3

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基础拾遗 例题备选

2.(2011年天津卷)已知函数f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R. (1)当t=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当t≠0时,求f(x)的单调区间;

(3)证明:对任意的t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.
【解析】(1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f'(x)=12x2+6x-6,f'(0)=-6. 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x.
(2)f'(x)=12x2+6tx-6t2,令f'(x)=0,解得x=-t或x=?.
t 2

因为t≠0,以下分两种情况讨论: ①若t<0,则?<-t,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
t 2
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x f'(x)

t (-∞,?) 2

t (?,-t) 2

(-t,+∞) +

+

-

f(x)




t



所以f(x)的单调递增区间是(-∞,?),(-t,+∞);f(x)的单调递减区间
2 t 是(?,-t). 2

②若t>0,则-t<?,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
t 2

x
f'(x) f(x)

(-∞,-t)
+ ↗
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t (-t,?) 2

t (?,+∞) 2


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+ ↗
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所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),(?,+∞);f(x)的单调递减区间
t 2
t 是(-t,?). 2

(3)由(2)可知,当t>0时,f(x)在(0,?)内的单调递减,在(?,+∞)内单调递
t t 2 2

增,以下分两种情况讨论: ①当?≥1,即t≥2时,f(x)在(0,1)内单调递减,
t 2

f(0)=t-1>0,f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0. 所以对任意t∈[2,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. ②当0<?<1,即0<t<2时,f(x)在(0,?)内单调递减,在(?,1)内单调递增,
t t t 2 2 2

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若t∈(0,1],f(?)=-?t3+t-1≤-?t3<0.
t 7 7 2 4 4

f(1)=-6t2+4t+3≥-6t+4t+3=-2t+3>0. 所以f(x)在(?,1)内存在零点.
t 2

若t∈(1,2),f(?)=-?t3+(t-1)<-?t3+1<0.
t 7 7 2 4 4

f(0)=t-1>0, 所以f(x)在(0,?)内存在零点.
t 2

所以对任意t∈(0,2),f(x)在区间(0,1)内均存在零点. 综上,对任意t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点.

?

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? 例1 已知函数f(x)=(x2+ax+2)ex,x、a∈R.
(1)当a=0时,求函数f(x)的图像在点A(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)在R上单调,求a的取值范围; (3 )当a=-? 时,求函数f(x)的极小值.
5 2

【解析】(1)f'(x)=ex[x2+(a+2)x+a+2], 当a=0时,f(x)=(x2+2)ex,f'(x)=ex(x2+2x+2),f(1)=3e,f'(1)=5e, ∴函数f(x)的图像在点A(1,f(1))处的切线方程为y-3e=5e(x-1), 即5ex-y-2e=0.
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(2)f'(x)=ex[x2+(a+2)x+a+2], 考虑到ex>0恒成立且x2系数为正, ∴f(x)在R上单调等价于x2+(a+2)x+a+2≥0恒成立, ∴(a+2)2-4(a+2)≤0, ∴-2≤a≤2, 即a的取值范围是[-2,2]. (3)当a=-?时,f(x)=(x2-?x+2)ex,f'(x)=ex(x2-?x-?).
5 5 1 1 2 2 2 2

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令f'(x)=0,得x=-?或x=1,
1 2

令f'(x)>0,得x<-?或x>1,
1 2

令f'(x)<0,得-?<x<1.
1 2

x,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x f'(x) f(x)
1 (-∞,-?) 2 1 -? 2 1 (-?,1) 2

1 0 极小值

(1,+∞) + ↗

+ ↗

0 极大值


1

所以函数f(x)的极小值为f(1)=?e.
2
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? 例2 已知函数f(x)=ex-kx(x∈R).
(1)若k=e,试确定函数f(x)的单调区间; (2)若k>0且对任意x∈R,f(|x|)>0恒成立,试确定实数k的取值范围;
* ) (n∈N ). (3)设函数F(x)=f(x)+f(-x),求证:F(1)· F(2)· F(n)>(e +2? …· n+1
2 n

【解析】(1)f'(x)=ex-e,令f'(x)=0,解得x=1. 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)在(1,+∞)单调递增; 当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0, ∴f(x)在(-∞,1)单调递减.
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(2)∵f(|x|)为偶函数,∴f(|x|)>0恒成立等价于f(x)>0对x≥0恒成立, 当x≥0时,f'(x)=ex-k,令f'(x)=0,解得x=ln k. 当ln k>0,即k>1时,f(x)在(0,ln k)递减,在(ln k,+∞)递增, ∴f(x)min=f(ln k)=k-kln k>0,解得1<k<e, ∴1<k<e. 当ln k≤0,即0<k≤1时,f'(x)=ex-k≥0, ∴f(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴f(x)min=f(0)=1>0,符合,∴0<k≤1.

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综上,0<k<e. (3)F(x)=ex+e-x,F(1)=e+e-1,F(n)=en+e-n, F(1)· F(n)=en+1+e-1+n+e1-n+e-1-n>en+1+2, F(2)· F(n-1)=en+1+e-2+n+e2-n+e-1-n>en+1+2, …… F(n)· F(1)>en+1+2,
) ∴F(1)F(2)…F(n)>(e +2?.
n+1
2 n

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