高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第二册 第5章 微专题2　导数应用的经典题型突破(含解析)

微专题2　导数应用的经典题型突破

利用导数研究函数的单调性和极值(最值)是高考的常见题型，常将导数与函数、方程、不等式等知识交汇命题，难度偏向中高档．

一、利用导数研究函数的单调性问题

例1　已知函数f(x)＝ax－－2ln x(a∈R)．

(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

解　(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)．

①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

②当a>0时，令g(x)＝ax2－2x＋a，

∵函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，

∴g(x)≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，

∴a≥在区间[1，＋∞)上恒成立．

令u(x)＝，x∈[1，＋∞)．

∵u(x)＝≤＝1，

当且仅当x＝1时取等号．

∴a≥1.

∴当a≥1时，函数f(x)单调递增．

∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

由(1)可知：①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

②当a≥1时，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

③当0<a<1时，由ax2－2x＋a＝0，

解得x＝或x＝.

∴函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减．

综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当0<a<1时f(x)在，上单调递增，在上单调递减，

当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

反思感悟　利用导数研究函数的单调性应注意以下几点

(1)关注函数的定义域，单调区间应为定义域的子区间．

(2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价．

(3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集．

(4)求参数的范围时常用到分离参数法．

二、利用导数研究函数的极值与最值问题

例2　已知函数f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R.

(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－ln(2x)，

f′(x)＝2－＝，x∈(0，e]，

当0<x<时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；

当<x<e时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．

所以f(x)的极小值为f ＝1，

故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，f(x)的极小值为f ＝1，无极大值．

(2)假设存在实数a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3，

f′(x)＝2a－＝，x∈(0，e]，

①当a≤0时，因为x∈(0，e]，

所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减，

所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，

解得a＝(舍去)；

②当0<<e，即a>时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，

所以f(x)min＝f ＝1－ln ＝3，

解得a＝e2，满足条件；

③当≥e，即0<a≤时，f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减，

所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，

解得a＝(舍去)．

综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)的最小值为3.

反思感悟　(1)已知极值点求参数的值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义．

(2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′(x)的正负．

(3)将函数的各极值与端点处的函数值进行比较，最大的那个值是最大值，最小的那个值是最小值．

三、利用导数研究恒成立问题

例3　设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．

(1)求a，b的值；

(2)若对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．

解　(1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b，

因为函数f(x)在x＝1及x＝2时取得极值，

所以f′(1)＝0，f′(2)＝0，

即解得

(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，

f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．

当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；

当x∈(1,2)时，f′(x)＜0；

当x∈(2,3)时，f′(x)＞0.

所以，当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c，

又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c.

所以当x∈[0,3]时，

f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.

因为对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2恒成立，

所以9＋8c＜c2，

解得c＜－1或c＞9.

因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．

反思感悟　解决不等式恒成立问题，有两种求解方法．一种是转化为求最值，另一种是分离参数．

分离参数求解不等式恒成立问题的步骤

四、利用导数研究不等式问题

例4　(1)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立，则(　　)

A.f >f    B.f >f 

C.f >2f    D.f <f 

答案　D

解析　由f′(x)sin x>f(x)cos x，

得f′(x)sin x－f(x)cos x>0，

构造函数g(x)＝，

则g′(x)＝.

当x∈时，g′(x)>0，

即函数g(x)在上单调递增，

∴g<g，∴f <f .

(2)已知定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为(　　)

A．(－∞，0)   B．(－∞，2)

C．(0，＋∞)   D．(2，＋∞)

答案　C

解析　设g(x)＝，则g′(x)＝.

∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，

即函数g(x)在R上单调递减．

∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，

则不等式等价于g(x)<g(0)．

∵函数g(x)单调递减，

∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．

反思感悟　解决不等式问题，通常先构造新函数，然后再利用导数研究这个函数的单调性，从而使不等式问题得以解决．

五、利用导数证明不等式

例5　已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)当x>1时，证明：x2＋ln x<x3.

(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－＝.

当a≤0时， f′(x)>0，

则f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；

当a>0时，由f′(x)>0得x>，

由f′(x)<0，得0<x<，

所以当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，

单调递减区间为(0，)．

(2)证明　令g(x)＝x3－x2－ln x,

则g′(x)＝2x2－x－＝

＝

＝，

当x>1时，g′(x)>0，

故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)>g(1)>0，

所以x3－x2－ln x>0，即x2＋ln x<x3.

反思感悟　利用导数证明不等式(比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考察这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．