(新课标)高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的应用(二)习题理

1、 3.3 导数的应用(二)1 .当f (x)在某个区间内个别点处为零，在其余点处均为正(或负)时，f(x)在这个区间上仍旧是单调递增 (或递减)的，例如：在(一8, +8)上，f(x) = x3,当x=0时， f (x)=,当xwo时，f (x) 0,而f (x) =x3显然在(一, +8)上是单调递增 函数.2 .可导函数求最值的方法f (x) = 0?x = xi, x2,，xn, xca, b.直接比较 f(a), f(b), f(xi),，f(xn),找出 和 即可.在此基础上还应注意：(1)结合 可减少比较次数.(2)含参数的函数求最值时分类：按 分类；按 分类.3 .实际问题中的导

2、数，常见的有以下几种情形：(1)加速度是速度关于 的导数；(2)线密度是质量关于 的导数；(3)功率是功关于 的导数；(4)瞬时电流是电荷量关于 的导数；(5)水流的瞬时速度是流过的水量关于 的导数；(6)边际成本是成本关于 的导数.4. n型曲线与直线y=k的位置关系问题如图，方程f(x)=0有三个根xi, x2, x3时，极大值f(a)0且极小值f (b) (2015 厦门模拟)函数f(x)=xlnx, 则 f(x)()a.在(0 , +8)上单调递增b.在(0, +8)上单调递减，1、，c.在0, -上单调递增e1d.在0, 一上单调递减e“ 一，一一，人，-1，解：因为函数f(x)=x

3、lnx,所以f (x)=lnx+1,令f (x)0,解得x 则函数e 1_.1 f(x)的单调递增区间为一,+8 ;令f (x)0,解得0x-,则函数f(x)的单调递减区ee-1间为0,二.故选de已知 f (x) = x3+ax2+(a+6)x+1 既b. 3a6a的取值范围为()a. a2有极大值又有极小值，则实数d. a6c. 1a0,解得 a6.故选 d若函数f (x) = a( x3- x)的递减区间为w3,净，则实数a的取值范围是()a. (0, +8)c. (1 , +8)，当一、33v x v x3时，要使 3333b. (1, 0)d. (0, 1)解:f (x) = a(3

4、 x2 - 1) = 3a x +坐 x 哗, 33f (x) v0,必须有a0.故选a已知 f (x) = sin x + 2x , x r,且f (2 a) vf (a1),则实数a的取值范围是 .解：(x) = cosx + 20 恒成立，f (x)在 r上单调递增. f (2a) vf (a1) , 2a0 ,即af一在1 , 十0)上恒成立.2x、rlnx 人， 1 inx ，口,设 g(x)=等一，令 g (x) =0,解得 x=e.当 xc(e,+)时，g (x)0, g(x)为增函数，故 g(x)的最大值为 g(e)=1 一 1 一 一 1,即 a.故填 丁，+0 .2e 2e

5、 2e类型一函数单调性的进一步讨论已知实数 a 0,函数f(x)=a(x 一 2 一2) + 21n x.(1)当a=1时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间1 , 4上是增函数，求实数a的取值范围.解：(1)当 a=1 时，f (x) =x2-4x+4+21n x,2 2 (x1) 2f (x) = 2x-4+- =xx0, f (x) 0,. f (x)在区间(0 ,+8)上单调递增.(2) f (x) =2ax 4a+-= x2 2ax24ax + 2又f (x)在区间1 , 4上是增函数,f，(x) =2ax2-4ax + 20对xc 1 , 4恒成立，即 2ax2-4a

6、x + 20 对 xc 1 , 4恒成立令 g( x) = 2ax2 4ax + 2则 g(x) = 2a(x-1)2+2-2a,. a0, .g(x)在1 , 4上单调递增, 只要使 g(x)min=g(1) =2 2a0 即可，0vaw1.【点拨】 函数f(x)在限定区间是单调函数，求参数范围的问题，可以转化为恒成立 问题求解；而存在单调区间问题，可转化为不等式有解问题.对导数进行研究时，不可 忽略原函数的定义域，如本题中易忽略“x0”(2015 云南第一次检测)已知f (x)=ex( x3+ m大2x+ 2).(1)假设m= 2,求f(x)的极大值与极小值；(2)是否存在实数 m,使f(

7、x)在 2, - 1上单调递增？如果存在，求m的取值范围；如果不存在，请说明理由解：(1)当m= 2时，f(x) = ex(x3- 2x2-2x+2),其定义域为( 一, + ) x32x 2以1jf (x) e (x 2x 2x十 2)十 e (3 x 4x 2)x2x= xe(x +x-6) = (x+3)x(x-2)e ,当 xc(8, 3)或 xc(0, 2)时，f (x)0.f (3) = f (0) = f (2) =0,.f(x)在(8, 3)上单调递减，在(3, 0)上单调递增，在(0, 2)上单调递减，在 (2, +8)上单调递增，当x=3或x = 2时，f(x)取得极小值；

8、当x=0时，f(x)取得极大值，f (x)的极小值为 f ( - 3) = - 37e-3 和 f (2) =- 2e2,f(x)的极大值为f(0) =2.x32x 2(2) f (x)=e(x+mx-2x+2)+e(3x + 2mx-2) x2=xe x + (m+ 3)x + 2m- 2. f (x)在2, 1上单调递增，当 x -2, - 1时，f (x) 0.又当 xc 2, 1时，xex0,2当 xc2, 1时，x + (m+ 3)x+2m- 20 ,解得m4 ,( 2) 2 2 (m+ 3) +2m- 20, (1) 2- (m 3) +2m-20,函数 f(x)在(一1+ )为增

9、函数，无极值点.2当 a wo 时，设 g(x) =2ax + ax+ 1-a, g( 1)=1,2 一 _2_a = a 8a(1 a) = 9a 8a,4r8,一,若 a=a(9a 8)wo ,即 ovaw 时，g( x) 0 , f (x) 0 ,函数 f (x)在(一1, 十oo)为增函数，无极值点.4r- 8 ,、右 = a(9 a 8)0 ,即 a或 a0,而当a0,此时方程 g(x) = 0在(1, 十)只有一个实数根，此时函数f (x)只有一个极值点；，8 ,、,.，一当a&时，万程g(x)=0在(1, +8)总有两个不相等的实数根 ，此时函数f(x)有两个极值点.综上可知，当

10、028时，”*)的极值点个数为 0；当a 0.(1)若曲线y=f(x)在点(1f (1)处的切线与直线 y=1平行，求a的值;(2)求函数f (x)在区间1 , 2上的最小值.解：f (x) = 2x-2a3 2 (x3-a3)x2x2,xw 0.由题意可得f (1) =2(1 -a3) = 0,解得a=1,此时f(1) =4,在点(1 , f(1)处的切线为y = 4,与直线y=1平行.故所求a的值为1.(2)由 f (x) = 0可彳导 x=a, a0,当0vawi时，f (x)0在1 , 2上恒成立，所以y = f (x)在1 , 2上递增，所以f (x)在1 , 2上的最小值为f (1

11、) =2a3+2.当1vav2时，x(1，a)a(a, 2)f (x)一0十f(x)极小值由上表可得y = f(x)在1 , 2上的最小值为f(a) = 3a2+1.当a2时，f (x)wo在1 , 2上恒成立， 所以y = f (x)在1 , 2上递减.所以f(x)在1 , 2上的最小值为f(2)=a3+5.综上讨论，可知：当0vawi时，f(x)在1 , 2上的最小值为f(1) =2a3+2；2当1vav2时，f(x)在1 , 2上的最小值为f(a) = 3a + 1；3当a2时，f(x)在1 , 2上的最小值为f(2) =a+5.类型三方程根的讨论已知函数f(x) = ex, xcr(1

12、)求f(x)的图象在点(0, f(0)处的切线方程；(2)证明：曲线y = f(x)与直线y=ex有唯一公共点.解：(1) f (0) = e0= 1, f (0) =1,，切线方程为 y1 = 1 ( x0),即 x y+1 = 0.(2)证法一：设 g( x) = e 设h(x)=,分析方法类似证法一ex【点拨】 本题通过作差或作商构造出新的函数，求出新函数的单调区间、极值点、区 间端点处的函数值、特殊点 (如图象与x轴，y轴交点),来判断交点的个数，这是函数与 方程思想的体现.-ex, 曲线y = ex与y= ex的公共点的个数等于函数 g(x) =exex零点的个数.g, (x) =e

13、x-e,令 g (x)=0,得 x=1,g(x)在(00, 1)上单调递减，在(1 , +oo)上单调递增，g(x)的最小值 g(1) =ee= 0,g(x) =exex0(仅当x = 1时，等号成立).，曲线y = f(x)与直线y = ex有唯一公共点.x 1证法二：由于方程ex= ex等价于一=-.ex e已知 f(x) = ax 减函数，则()(x)max= ()(寸&=, e(a r) , g(x)=21n 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、/2, e上有两个不相等的实数解，求a的取值范围.2解：(1) f(x)

14、= ax -21nx,其te乂域为(0, + 8). f (x) =2 2 (ax21)2ax-=(x0).一,2m 1当a0时，由ax10,得x3,21由 ax 10,得 0x0时，f(x)在区间忑,+上单调递增，在区间当a0时，f故当a0时，f(x)在(010, -f上单调递减.(x)0)恒成立.,十)上单调递减.(2)原式等价于方程a=2nx在区间x2也 e上有两个不相等的实数解，令hx) =21nx2-(x：72, e).x2 r(x)=2x (1 21nx )x4(t)(x)在(。2,、/e)上为增函数，在(、/e, e)上为21n21n2 3(2)=e2 w()426 (小), 6

15、 (x) min= 4 (e), 1n21故a的取值范围为ta1+ x；(2)(1 -x)f (x) 0 , ，g(x)在0 , 1上是增函数， g(x)g(0) =1-0- 1 = 0.1. ex 1 +x,即 f(x)rl+x.(2)设 h(x) =(1 x)ex x 1, xc0, 1. h (x) = - xex -1 h(x),只需证f(x)-h(x)0,也就是证明g(x) =f(x) h(x)的最小值不小于 0,从而转化为求函数的最值问题.(2015 山西四校联考)已知f(x) =ln x x+ a+ 1.(1)若存在xc (0, +8),使得f(x)o成立，求实数a的取值范围；,

16、、，一， 1 21 ,、(2)求证：当x1时，在(1)的条件下，/x + ax axlnx+成立.解：f(x) = lnx x+a+1(x0).(1)原题即为存在 xc(0, +8),使得in x- x+ a+1 0,，alnx+x1,令 g(x) = in x+x1,则 g(x)=t + 1 =x 1令 g (x) =0,解得 x= 1.丁当 0x1 时,g (x)1 时，g (x)0 ,g(x)为增函数,g(x)min= g(1) = 0. /. ag(1) = 0. .a的取值范围为0 , +8).一_ . 1 o11 o(2)证明：原不等式可化为 2x + ax-xln x- a-20

17、(x1, a0).令 gx)=x+ax 1 xln x- a-2,则 g(1)=0.由(1)可知 x-lnx- 10,贝u g (x) =x + a-ln x-1 x-in x- 10, ，gx)在(1 , +00)上单调递增，.当 x1 时，gx) g1) =0.,1 21,、当 x 1 时，2x + ax - xln x a20 成立,r ,1 21 ,、即当 x1 时，2x+ax axlnx+ 2成立.1 高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键2用导数方法解决二元条

18、件不等式问题，往往要剥离出一个主元，同时将另一个元用主元表示，构造出一个一元函数，再将问题转化为定义域上的最值问题3求参数范围问题的常用方法：(1) 分离变量； (2) 运用最值4方程根的问题：可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论5注意以下三者的区别： af(x)恒成立？ af(x)max；af(x)有解？ af(x)min；a=f(x)有解？ acf(x)的值域.19 /191.(2015九江模拟)函数f(x) = (x 3)ex的单调递减区间是()b. (0 , 3)a.(一巴 2)d. (2 , +oo)c.(1 , 4)解：函数 f (x) =(x3)ex 的

19、导数为 f (x) = ( x 3)ex =ex+(x-3)ex= (x-2) ex.令f (x)0 ,解得x0;时，f (x)0;当 1vx2 时，f (x)0;函数f(x)有极大值f( 2)和极小值f(1)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f (-2)函数f(x)有极大值f( 2)和极小值f(2)当 x= 2 时，f (x) = 0;当一2vx2 时，f (x)10,则:的值为(a.解：由题意知，f2(x) = 3x + 2ax + b , f(1) = 0 , f (1) = 10 ,即3+2a+b=0,1 + a+b a27a=10,解得a= - 2,b= 1a= 6, 或b = 9

20、,经检验a= 6,b = 9,满足题意，故为2 一，-.故选a30.由此可以得到函数f(x)在x= 2处取得极大值，在 x=2处取得极小值.故选d.3 .已知函数f(x) =x3+ ax2+ bx- a2-7a在x=1处取得极大值b. -2八 2c. 一 2 或一 43,则实数b的取4. (2014 河北模拟)若函数f (x) = x36bx+3b在(0, 1)内有极小值值范围是()b. ( 8, 1)a. (0 , 1)1d. 0, 2c. (0, +川解：f (x) =3x ,1 2.故填 2 +0 .8. (2015洛阳期中)设f(x)是定义在 r上的函数，其导函数为f(x),若f(x)

21、 +f (x)1 , f (0) =2017,则不等式exf(x)ex+2016(其中e为自然对数的底数)的解集为6b, . f(x)在(0 , 1)内有极小值,.-.b0, 令 3x26b=0 得 x= /b,一1.从而只要0v，2b0),，当 x c 0, g 时，f (x)单调递10 k-12，6. (2015全国卷n )设函数f (x)是奇函数f (x)( xc r)的导函数，f(1) = 0,当x0时，xf (x) f (x)0成立的x的取值范围是()a.(巴-1) u(0 , 1)b. (-1, 0) u(1 , +oo)c. ( 8, - 1) u(- 1 , 0)d. (0 ,

22、 1) u(1 , +oo)f (x)xf (x) f (x)解：设函数g(x)=则 g(x)=t-d .因为当x0时，xf(x)xx2-f (x)0时，g (x)0,所以g(x)在(0 ,十刃上单调递减.又因为函数f(x)( xc r)是奇函数，所以函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(一,0)上单调递增，且g( - 1) = g(1) =0.故当 0x0 ,则 f(x)0；当 x- 1 时，g(x)0.综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(8, - 1) u(0, 1).故选a27.已知函数 f(x) = mx+ ln x-2x在te义域内是增函数，则头数 m的取值氾围为“,1,

23、, 1解：f (x) =2mx+-2,根据题息得 f (x) 0在(0 , +)上恒成立，有m- xx1人11i12-2, xc(0,+8).令 g(x) =-, xc(0, +8),易求得 g(x)max= g(1) =2,m2x2x 2x22解：令f(x) = exf(x) ex2016,f (x)+ f(x)1 , - f(x)=exf (x)+exf(x)ex=ex(f(x)+f (x) 1)0, .f(x)在 r 上为增函数,又 f(0) = e0f (0) -e0-2016=2017-1-2016=0,，由f(x)f(0)彳导x0,即exf(x)ex+2016 的解为x0.故填(0

24、,+oo).9. (2013 辽宁)证明：当 x c 0 , 1时，*xwsin xwx.证明：记 f(x) = sin x-当x,则ff2(x) = cosx-2-.25 / 19汽当 xc 0, 了时，f (x)0, f(x)单调递增;.汽.当 xc 4，1 时，f (x) 0,所以当xc0 ,1时，f( x) 0 ,即 sin x记 h(x) = sin x x,则 h (x)=cosx1. 当 xc0, 1时，h (x)0, h(x)单调递减.所以 h x) w h(0) = 0,即 sin x0,即 g(x)在(0 , +8)上递增，此时 g(x)在(0 , +8)上 无极值点.当

25、a1 时，令 g (x)=exa=0,得 x= ln a,令 g (x)=exa0, 得 xc(lna, +8)；令 g (x) = exa1. _ x211. (2015 北乐)设函数 f (x) =2 kln x, k0.(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 , 卜上仅有一个零点., x2解：(1)由 f(x)=2klnx(k0),， k x2-k得 f，(x)=x =,x x由 f (x) = 0,解得 x=yk.f (x)与f (x)在区间(0, +8)上的变化情况如下：x(0,乖)(yjk, +)f (x)一0十f(x)ink 1 (k 2因此，