2019届高三文科数学二轮复习配套教案：第一篇专题二第2讲　导数的简单应用

第2讲　导数的简单应用

(对应学生用书第10~11页)

1.(2018·全国Ⅰ卷,文6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　D　)

(A)y=-2x (B)y=-x (C)y=2x (D)y=x

解析:法一　因为f(x)为奇函数,

所以f(-x)=-f(x),由此可得a=1,

故f(x)=x3+x,f'(x)=3x2+1,f'(0)=1,

所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.

故选D.

法二　因为f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,

所以f'(x)=3x2+2(a-1)x+a为偶函数,

所以a=1,即f'(x)=3x2+1,

所以f'(0)=1,

所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.

故选D.

2.(2016·全国Ⅰ卷,文9)函数y=2x2-e|x|在[-2,2]的图象大致为(　D　)

解析:因为f(x)=2x2-e|x|,x∈[-2,2]是偶函数,

又f(2)=8-e2∈(0,1),故排除A,B.

设g(x)=2x2-ex,则g'(x)=4x-ex.

又g'(0)<0,g'(2)>0,

所以g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点,

所以g(x)=2x2-e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点,排除C.故选D.

3.(2018·全国Ⅱ卷,文13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为　　　　　　　　. 

解析:因为y'=,y'x=1=2,

所以切线方程为y-0=2(x-1),即y=2x-2.

答案:y=2x-2

4.(2017·全国Ⅰ卷,文14)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为　　　　　　　　　　. 

解析:f(x)=x2+,f(1)=2.

f'(x)=2x-,f'(1)=1.

所以y=x2+在(1,2)处的切线方程为

y-f(1)=f'(1)(x-1),

y-2=x-1,即x-y+1=0.

答案:x-y+1=0

5.(2015·全国Ⅱ卷,文16)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=　　　　. 

解析:法一　因为y'=1+,

所以y'|x=1=2,

所以y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为

y-1=2(x-1),

所以y=2x-1.

又切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,

当a=0时,y=2x+1与y=2x-1平行,故a≠0,

由

得ax2+ax+2=0,

因为Δ=a2-8a=0,

所以a=8.

法二　因为y'=1+,

所以y'|x=1=2,

所以y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),

所以y=2x-1,

又切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,

当a=0时,y=2x+1与y=2x-1平行,故a≠0.

因为y'=2ax+(a+2),

所以令2ax+a+2=2,得x=-,

代入y=2x-1,得y=-2,

所以点-,-2在y=ax2+(a+2)x+1的图象上,

故-2=a×-2+(a+2)×-+1,

所以a=8.

答案:8

6.(2017·全国Ⅲ卷,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.

(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax+2a+1=.

若a≥0,因为x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,

故f(x)在(0,+∞)上单调递增.

若a<0,因为x∈0,-时,f'(x)>0,

当x∈-,+∞时,f'(x)<0,

故f(x)在0,-上单调递增,在-,+∞上单调递减.

(2)证明:由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f-=ln--1-,

所以f(x)≤--2等价于

ln--1-≤--2,

即ln-++1≤0,

设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1.

当x∈(0,1)时,g'(x)>0;

当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.

所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.

故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0,所以当x>0时,g(x)≤0,从而当a<0时,ln-++1≤0,即f(x)≤--2.

7.(2015·全国Ⅱ卷,文21)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.

若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.

若a>0,则当x∈0,时,f'(x)>0;

当x∈,+∞时,f'(x)<0.

所以f(x)在0,上单调递增,在,+∞上单调递减.

(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)无最大值;当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln +a1-=-ln a+a-1.

因此f>2a-2等价于ln a+a-1<0.

令g(a)=ln a+a-1,

则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.

于是,当0<a<1时,g(a)<0;

当a>1时,g(a)>0.

因此,a的取值范围是(0,1).

1.考查角度

(1)考查导数的几何意义的应用,包括求曲线的切线方程、根据切线方程求参数值等;(2)考查导数在研究函数性质中的应用,包括利用导数研究函数性质判断函数图象、利用导数求函数的极值和最值、利用导数研究不等式与方程等.

2.题型及难易度

选择题、填空题、解答题均有,其中导数几何意义的应用为中等难度偏下,其他问题均属于较难的试题.

(对应学生用书第11~13页)

导数的几何意义

【例1】 (1)(2018·山东日照校际联考)已知f(x)=ex(e为自然对数的底数),g(x)=ln x+2,直线l是f(x)与 g(x) 的公切线,则直线l的方程为(　　)

(A)y=x或y=x-1

(B)y=-ex或y=-x-1

(C)y=ex或y=x+1

(D)y=-x或y=-x+1

(2)(2018·河南南阳一中三模)经过原点(0,0)作函数f(x)=x3+3x2图象的切线,则切线方程为　　　　; 

(3)(2018·黑龙江省哈尔滨九中二模)设函数f(x)=(x-a)2+(ln x2-2a)2.其中x>0,a∈R,存在x0使得f(x0)≤成立,则实数a的值为　　　　. 

解析:(1)设切点分别为(x1,),(x2,ln x2+2),

因为f'(x)=ex,g'(x)=,

所以==,

所以=,

所以(x2-1)(ln x2+1)=0,

所以x2=1或x2=,

因此直线l的方程为

y-2=1·(x-1)或y-1=e·x-,

即y=ex或y=x+1.故选C.

(2)因为f'(x)=3x2+6x.

设切点为P(x0,y0),切线斜率为k,

则　

把①,③代入②得切线方程为y-(+3)=(3+6x0)(x-x0),④

又切线过(0,0),所以-(+3)=-x0(3+6x0),

解得,x0=0或x0=-.

代入④式得切线方程为y=0或9x+4y=0.

(3)由题意,问题等价于f(x)min≤.

而函数f(x)可看作是动点M(x,ln x2)与N(a,2a)之间距离的平方,动点M在函数y=2ln x的图象上,N在直线y=2x的图象上,问题转化为直线与曲线的最小距离.如图,由y=2ln x得y'==2,得x=1,所以曲线上点M(1,0)到直线y=2x的距离最小,为d=,所以f(x)≥.

又由题意,要使f(x0)≤,

则f(x0)=,此时N恰好为垂足,

由kMN===-,解得a=.

答案:(1)C　(2)y=0或9x+4y=0　(3)

(1)求切线方程的关键是求切点的横坐标,使用切点的横坐标表达切线方程,再根据其他已知求解;(2)两曲线的公切线的切点未必是同一个点,可以分别设出切点横坐标,使用其表达切线方程,得出的两方程表示同一条直线,由此得出方程解决公切线问题;(3)从曲线外一点P(m,n)引曲线的切线方程,可设切点坐标为(x0,f(x0)),利用方程=f'(x0)求得x0后得出切线方程;(4)一些距离类最值,可以转化为求一条直线上的点到一条曲线上的点的最小值,此时与已知直线平行的曲线的切线到已知直线的距离即为其最小值.

热点训练1:(1)(2018·辽宁省辽南协作校一模)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是(　　)

(A)y=-2x+3 (B)y=x

(C)y=3x-2 (D)y=2x-1

(2)(2018·安徽皖南八校4月联考)若x,a,b均为任意实数,且(a+2)2+(b-3)2=1,则(x-a)2+(ln x-b)2的最小值为(　　)

(A)3 (B)18 

(C)3-1 (D)19-6

(3)(2018·天津部分区质量调查二)曲线y=aex+2的切线方程为2x-y+6=0,则实数a的值为　　　　. 

解析:(1)由f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,

可得f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8-8x,

即f(2-x)=2f(x)-x2-4x+4,

将其代入f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,

可得f(x)=4f(x)+8-8x-2x2-x2+8x-8,

即f(x)=x2,故f'(x)=2x,

因为f(1)=1,

所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.故选D.

(2)由题意可得,其结果应为曲线y=ln x上的点与以C(-2,3)为圆心,以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值,可以求曲线y=ln x上的点与圆心C(-2,3)的距离的最小值,在曲线y=ln x上取一点M(m,ln m),曲线y=ln x在点M处的切线的斜率为k'=,从而有kCM·k'=-1,即·=-1,整理得ln m+m2+2m-3=0,解得m=1,所以点(1,0)满足条件,其到圆心C(-2,3)的距离为d==3,故其结果为(3-1)2=19-6,故选D.

(3)根据题意,设曲线y=aex+2与2x-y+6=0的切点的坐标为(m,aem+2),

其导数y'=aex+2,

则切线的斜率k=aem+2,

又由切线方程为2x-y+6=0,即y=2x+6,

则k=aem+2=2,

则切线的方程为y-aem+2=aem+2(x-m),

又由aem+2=2,

则切线方程为y-2=2(x-m),

即y=2x-2m+2,

则有-2m+2=6,可解得m=-2,

则切点的坐标为(-2,2),

则有2=a×e(-2)+2,所以a=2.

答案:(1)D　(2)D　(3)2

导数研究函数的单调性

考向1　确定函数的单调性

【例2】 (2018·河南洛阳第三次统一考试)已知函数f(x)=(x-1)ex-x2,其中t∈R.

(1)函数f(x)的图象能否与x轴相切?若能,求出实数t,若不能,请说明理由;

(2)讨论函数f(x)的单调性.

解:(1)由于f'(x)=xex-tx=x(ex-t).

假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(x0,0),

则有

即

显然x0≠0,将t=>0代入方程(x0-1)-=0中,

得-2x0+2=0.显然此方程无实数解.

故无论t取何值,函数f(x)的图象都不能与x轴相切.

(2)由于f'(x)=xex-tx=x(ex-t),

当t≤0时,ex-t>0,

当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当t>0时,由f'(x)=0得x=0或x=ln t,

①当0<t<1时,ln t<0,

当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

当ln t<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,

当x<ln t,f'(x)>0,f(x)单调递增;

②当t=1时,f'(x)≥0,f(x)单调递增;

③当t>1时,ln t>0,

当x>ln t时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

当0<x<ln t时,f'(x)<0,f(x)单调递减,

当x<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

综上,当t≤0时,f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,+∞)上是增函数;

当0<t<1时,f(x)在(-∞,ln t),(0,+∞)上是增函数,在(ln t,0)上是减函数;

当t=1时,f(x)在(-∞,+∞)上是增函数;

当t>1时,f(x)在(-∞,0),(ln t,+∞)上是增函数,在(0,ln t)上是减函数.

确定函数单调性就是确定函数导数为正值、为负值的区间,基本类型有如下几种:(1)导数的零点是确定的数值,只要根据导数的零点划分定义域区间,确定在各个区间上的符号即可得出其单调区间;(2)导数零点能够求出,但含有字母参数时,则需要根据参数的不同取值划分定义域区间,再确定导数在各个区间上的符号;(3)导数存在零点,但该零点无法具体求出,此时一般是根据导数的性质、函数零点的存在定理确定导数零点的大致位置,再据此零点划分定义域区间,确定导数在各个区间上的符号.

考向2　根据单调性求参数范围

【例3】 (1)(2018·吉林大学附中四模)已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在[-1,1]上是单调减函数,则a的取值范围是(　　)

(A)0, (B),

(C),+∞ (D)0,

(2)(2018·云南昆明5月适应考)已知函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,则a的最大值是(　　)

(A)-e (B)e (C)- (D)4e2

(3)(2018·安徽合肥三模)若函数f(x)=x+-aln x在区间[1,2]上是非单调函数,则实数a的取值范围是(　　)

(A), (B),+∞

(C),+∞ (D),

解析:(1)因为f(x)=(x2-2ax)ex,

所以f'(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=ex(x2+2x-2ax-2a).

因为f(x)在[-1,1]上是单调减函数,

所以f'(x)=ex(x2+2x-2ax-2a)≤0.

即x2+2x-2ax-2a≤0.

法一　设g(x)=x2+2x-2ax-2a,根据二次函数的图象可知,只要即可,解得a≥,所以实数a的取值范围是,+∞.故选C.

法二　由x2+2x-2ax-2a≤0,得x2+2x≤2a(x+1).

当x=-1时,-1≤0恒成立,

当(-1,1]时,a≥,

a≥,

a≥(x+1)-,

令h(x)=(x+1)-,

可知h(x)=(x+1)-在(-1,1]上为增函数,

所以h(x)max=h(1)=,即a≥,

所以实数a的取值范围是,+∞.故选C.

(2)因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R),

所以f'(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)-

=ex(x2-2)-.

因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,

所以f'(x)=ex(x2-2)-≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即≤ex(x2-2),

亦即a≤ex(x3-2x)在区间(0,+∞)上恒成立,

令h(x)=ex(x3-2x),

所以h'(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2)=ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2),

因为x∈(0,+∞),

所以x2+4x+2>0.

因为ex>0.

所以令h'(x)>0,可得x>1.

所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减.

所以h(x)min=h(1)=e1(1-2)=-e.

所以a≤-e,则a的最大值为-e.故选A.

(3)因为f(x)=x+-aln x,

所以f'(x)=1--=,

因为f(x)在区间[1,2]上是非单调函数,

所以f'(x)=0在[1,2]上有解,

即x2-ax-a=0在[1,2]上有解,

所以x2=a(x+1)在[1,2]上有解,

令g(x)=x2,x∈[1,2],

h(x)=a(x+1),x∈[1,2],

由图象易知,两函数图象在[1,2]上有交点时,≤a≤,

即≤a≤.故选D.

函数f(x)在区间D上单调递增(减),等价于在区间D上f'(x)≥0(≤0)恒成立;函数f(x)在区间D上不单调,等价于在区间D上f'(x)存在变号零点.

考向3　函数单调性的简单应用

【例4】 (1)(2018·东北三省三校二模)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)>f(x)+1,则下列正确的是(　　)

(A)f(2 018)-ef(2 017)>e-1

(B)f(2 018)-ef(2 017)<e-1

(C)f(2 018)-ef(2 017)>e+1

(D)f(2 018)-ef(2 017)<e+1

(2)(2018·辽宁省大连八中模拟)设函数f(x)在R上存在导函数f'(x),对任意的实数x都有f(x)=4x2-f(-x),当x∈(-∞,0)时,f'(x)+<4x.若f(m+1)≤f(-m)+4m+2,则实数m的取值范围是(　　)

(A)-,+∞ (B)-,+∞ 

(C)[-1,+∞) (D)[-2,+∞)

(3)(2018·湖南永州市一模)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),若对于任意实数x有f'(x)+f(x)>0,且f(0)=1,则不等式exf(x)>1的解集为(　　)

(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)

(C)(-∞,e) (D)(e,+∞)

解析:(1)法一　设g(x)=,

则g'(x)=.

因为f'(x)>f(x)+1,

所以f'(x)-f(x)-1>0,

所以g'(x)>0在R上恒成立,

所以g(x)=在R上单调递增.

所以g(2 018)>g(2 017),

所以>,

所以f(2 018)+1>ef(2 017)+e,

所以f(2 018)-ef(2 017)>e-1.故选A.

法二　构造特殊函数f(x)=ex-2,

该函数满足f'(x)>f(x)+1,

而f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-2)-e(e2 017-2)=2e-2,

结合2e-2>e-1可知f(2 018)-ef(2 017)>e-1,排除B选项,

结合2e-2<e+1可知f(2 018)-ef(2 017)<e+1,排除C选项,

构造特殊函数f(x)=ex-100,

该函数满足f'(x)>f(x)+1,

而f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-100)-e(e2 017-100)=100e-100,

结合100e-100>e+1可知f(2 018)-ef(2 017)>e+1,排除D选项,故选A.

(2)令F(x)=f(x)-2x2,

则F(-x)=f(-x)-2x2,

所以F(x)+F(-x)=f(x)-[4x2-f(-x)]=0,

故F(x)为奇函数.

当x<0时,F'(x)=f'(x)-4x<-<0,

所以F(x)在(-∞,0)上是减函数,

而f(0)=0-f(-0),所以f(0)=0.

故F(x)为减函数.

因为f(m+1)=F(m+1)+2(m+1)2,

f(-m)=F(-m)+2m2,

所以F(m+1)+2(m+1)2≤F(-m)+2m2+4m+2,

所以F(m+1)≤F(-m),

所以m+1≥-m,

所以m≥-.故选A.

(3)令g(x)=exf(x),故g'(x)=ex[f(x)+f'(x)],

由f'(x)+f(x)>0可得,g'(x)>0,

所以函数g(x)在R上单调递增,

又f(0)=1,所以g(0)=1,

所以不等式exf(x)>1的解集为(0,+∞).故选B.

函数单调性的简单应用主要有两个方面:(1)根据函数的单调性,比较函数值的大小;(2)根据函数的单调性解函数不等式.解题的基本思路是根据已知条件和求解目标,构造函数,通过构造的函数的单调性得出结论.常见的构造函数类型为乘积型h(x)g(x)和商形,具体的如xf(x),exf(x),,tan x·f(x)等,视具体情况而定.

热点训练2:(1)(2018·安徽江南十校二模)y=f(x)的导函数满足:当x≠2时,(x-2)[f(x)+2f'(x)-xf'(x)]>0,则(　　)

(A)f(4)>(2+4)f()>2f(3)

(B)f(4)>2f(3)>(2+4)f()

(C)(2+4)f()>2f(3)>f(4)

(D)2f(3)>f(4)>(2+4)f()

(2)(2018·河北石家庄二模)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)ln x+f(x)>0(其中f'(x)为f(x)的导函数),若a>1>b>0,则下列各式成立的是(　　)

(A)af(a)>bf(b)>1 (B)af(a)<bf(b)<1

(C)af(a)<1<bf(b) (D)af(a)>1>bf(b)

(3)(2018·黑龙江哈师大附中三模)若函数f(x)=2x+sin x·cos x+acos x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　)

(A)[-1,1] (B)[-1,3] 

(C)[-3,3] (D)[-3,-1]

(4)(2018·天津河北区二模)已知函数f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,其中a>2.

①讨论函数f(x)的单调性;

②若对于任意的x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,恒有>-1,求a的取值范围.

(1)解析:令g(x)=,

则g'(x)=,

因为当x≠2时,(x-2)[f(x)-(x-2)f'(x)]>0,

所以当x>2时,g'(x)<0,

即函数g(x)在(2,+∞)上单调递减,

则g()>g(3)>g(4),

即>>,

即2(+2)f()>2f(3)>f(4).故选C.

(2)解析:构造函数g(x)=xf(x),x∈(0,+∞),

两边取自然对数得ln g(x)=f(x)ln x,

求导得g'(x)=f'(x)ln x+,

得g'(x)=[xf'(x)ln x+f(x)].

因为x>0,所以xf(x)>0,即g(x)>0,

所以g'(x)>0.

即g(x)在(0,+∞)上单调递增.

又因为a>1>b>0,所以g(a)>g(1)>g(b),

所以af(a)>1>bf(b).故选D.

(3)解析:因为f(x)=2x+sin x·cos x+acos x,

所以f'(x)=2+cos 2x-asin x=-2sin2x-asin x+3,

设sin x=t,-1≤t≤1,

令g(t)=-2t2-at+3,

因为f(x)在(-∞,+∞)上递增,

所以g(t)≥0在[-1,1]上恒成立,

因为二次函数图象开口向下,

所以⇒-1≤a≤1,a的取值范围是[-1,1].故选A.

(4)解:①由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞),

因为f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,

所以f'(x)=x-a+=,

令f'(x)=0,得x=1或x=a-1,

因为a>2,所以a-1>1.

由f'(x)>0,解得0<x<1或x>a-1,

由f'(x)<0,解得1<x<a-1.

所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(a-1,+∞),单调递减区间为(1,a-1).

②设x1>x2,则不等式>-1等价于f(x1)-f(x2)>x2-x1.

即f(x1)+x1>f(x2)+x2,

令g(x)=f(x)+x=x2-(a-1)x+(a-1)ln x,

则函数g(x)在x∈(0,+∞)上为增函数.

所以g'(x)=x-(a-1)+≥0在(0,+∞)上恒成立,

而x+≥2,当且仅当x=,即x=时等号成立.

所以2≥a-1,

因为a>2,

所以4(a-1)≥(a-1)2,即a2-6a+5≤0,

所以1≤a≤5,而a>2,所以2<a≤5.

所以实数a的取值范围是(2,5].

导数研究函数的极值、最值

考向1　导数研究函数极值

【例5】 (1)(2018·河南中原名校质检二)已知函数f(x)=2f'(1)ln x-x,则f(x)的极大值为(　　)

(A)2 (B)2ln 2-2 (C)e (D)2-e

(2)(2018·黑龙江哈三中一模)设函数f(x)=ln x+ax2+bx,若x=1是函数f(x)的极大值点,则实数a的取值范围是(　　)

(A)-∞, (B)(-∞,1) 

(C)[1,+∞) (D),+∞

(3)(2018·河南高三最后一模)若函数f(x)=ex-aln x+2ax-1在(0,+∞)上恰有两个极值点,则a的取值范围为(　　)

(A)(-e2,-e) (B)-∞,-

(C)-∞,- (D)(-∞,-e)

解析:(1)f(x)=2f'(1)ln x-x,

则f'(x)=2f'(1)-1,

令x=1得f'(1)=2f'(1)-1,

所以f'(1)=1,

则f(x)=2ln x-x,f'(x)=-1=,

所以函数在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,

则f(x)的极大值为f(2)=2ln 2-2,

故选B.

(2)f'(x)=+2ax+b=(x>0),

因为x=1是函数f(x)的极大值点,

所以f'(1)=0即b=-(2a+1),

所以f'(x)==,

当a≤0时,因为2ax-1<0,

所以若0<x<1,则f'(x)>0,

若x>1时,则f'(x)<0,所以x=1是函数f(x)的极大值点,符合题意;

当a>0时,若x=1是函数f(x)的极大值点,则需1<,即0<a<,

综上a<.故选A.

(3)因为f(x)=ex-aln x+2ax-1,

所以f'(x)=ex-+2a,

令ex-+2a=0,

得a=,

再令g(x)=(x>0),

因为函数f(x)=ex-aln x+2ax-1在(0,+∞)上恰有两个极值点,

所以g(x)=a有两个零点,

又g'(x)=-(x>0),

令g'(x)>0,得0<x<1,且x≠;

令g'(x)<0,得x>1,

所以函数g(x)在0,,,1上单调递增,

在(1,+∞)上单调递减,由于g(1)=-e,

因为y=g(x)与y=a有两个交点,

根据数形结合法可得,a<-e,

即a∈(-∞,-e).

故选D.

(1)可导函数的极值点是其导数的变号零点,在零点处“左负右正”的为极小值点、“左正右负”的为极大值点;(2)根据极值点的个数确定参数范围的问题可以转化为其导数零点个数的问题讨论.

考向2　导数研究函数最值

【例6】 (1)(2018·陕西榆林四模)设实数m>0,若对任意的x≥e,不等式x2ln x-m≥0恒成立,则m的最大值是(　　)

(A) (B) (C)2e (D)e

(2)(2018·河北武邑中学质检二)已知函数f(x)=ax-cos x+b的图象在点,f处的切线方程为y=x+.

①求a,b的值;

②求函数f(x)在-,上的最大值.

(1)解析:不等式x2ln x-m≥0⇔x2ln x≥m⇔xln x≥⇔ln xeln x≥,

设f(x)=xex(x>0),

则f'(x)=(x+1)ex>0,

所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,

因为>0,ln x>0,

所以≤ln x,即m≤xln x对任意的x≥e恒成立,

此时只需m≤(xln x)min,

设g(x)=xln x(x≥e),g'(x)=ln x+1>0(x≥e),

所以g(x)在[e,+∞)上为增函数,

所以g(x)min=g(e)=e,

所以m≤e,m的最大值为e.故选D.

(2)解:①因为f(x)=ax-cos x+b,

所以f'(x)=a+sin x.

又f'=a+1=,f=a+b=×+,解得a=,b=3.

②由①知f(x)=x-cos x+.

因为f'(x)=+sin x,由f'(x)=+sin x>0,

得-<x≤,

由f'(x)=+sin x<0得,-≤x<-,

所以函数f(x)在-,-上单调递减,在-,上单调递增.

因为f-=,f=π,

所以f(x)max=f=π.

(1)闭区间[a,b]上图象连续的函数其最值在极值和端点值的比较中找到;(2)在区间D上如果f(x)有唯一的极大(小)值点,该点也是函数的最大(小)值点.

热点训练3:(1)(2018·福建南平5月质检)若函数g(x)=mx+在区间(0,2π)上有一个极大值和一个极小值,则实数m的取值范围是(　　)

(A)(-e-2π,) (B)(-e-π,e-2π)

(C)(-eπ,) (D)(-e-3π,eπ)

(2)(2018·黔东南州一模)若函数f(x)=xln x-a有两个零点,则实数a的取值范围为(　　)

(A)-,1 (B),1

(C)-,0 (D)-,+∞

(3)(2018·河北唐山三模)已知a>0,f(x)=,若f(x)的最小值为-1,则a等于(　　)

(A) (B) (C)e (D)e2

解析:(1)函数g(x)=mx+,求导得g'(x)=m+.

令f(x)=m+,f'(x)=.

易知,在0,上,f'(x)<0,f(x)单调递减;

在,上,f'(x)>0,f(x)单调递增;

在,2π上,f'(x)<0,f(x)单调递减.

且f(0)=m+1,f=m-,

f=m+,

f(2π)=m+e-2π.

有f<f(2π),f(0)>f.

根据题意可得

解得-e-2π<m<.故选A.

(2)函数定义域为(0,+∞),

由f(x)=xln x-a=0得xln x=a,

令g(x)=xln x,则g'(x)=ln x+1,

由g'(x)>0得x>,由g'(x)<0得,0<x<,

所以函数g(x)在0,上单调递减,

在,+∞上单调递增,

所以当x=时,g(x)取得极小值即最小值,g=-,

又当x→0时,g(x)→0,作出g(x)的图象如图,

所以要使f(x)=xln x-a有两个零点,

即方程xln x=a有两个不同的根,

即函数g(x)和y=a有两个交点,所以-<a<0,选C.

(3)由f(x)=,

得f'(x)=

=,

令g(x)=ex+ax+a,

则g'(x)=ex+a>0,

则g(x)在(-∞,+∞)上为增函数,

又g(-1)=>0,

所以存在x0<-1,使g(x0)=0,

即f'(x0)=0,

所以+ax0+a=0,①

函数f(x)在(-∞,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,

则f(x)的最小值为f(x0)==-1,

即x0=--a,②

联立①②可得x0=-2,

把x0=-2代入①,可得a=.故选A.

【例1】 (1)(2018·河南高三最后一模)已知函数f(x)=4x2的图象在点(x0,4)处的切线为l,若l也与函数g(x)=ln x(0<x<1)的图象相切,则x0必满足(　　)

(A)<x0< (B)0<x0<

(C)<x0<1 (D)1<x0<

(2)(2018·广西三市第二次调研)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y=(a>0)存在公共切线,则a的取值范围为(　　)

(A)(0,1) (B)1,

(C),2 (D),+∞

(3)(2018·重庆綦江区5月调研)设函数f(x)=|ex-e2a|,若f(x)在区间(-1,3-a)内的图象上存在两点,在这两点处的切线相互垂直,则实数a的取值范围为(　　)

(A)-, (B),1 

(C)-3,- (D)(-3,1)

解析:(1)由于f'(x)=8x,f'(x0)=8x0,

所以直线l的方程为y=8x0(x-x0)+4=8x0x-4.

因为l也与函数g(x)=ln x(0<x<1)的图象相切,

令切点为(m,ln m),g'(x)=,

所以l的方程为y=x+ln m-1,

因此有

又因为0<m<1,

所以1-4<0,x0>,4=1+ln x0+ln 8,

令h(x)=4x2-ln x-ln 8-1x>,

h'(x)=8x-=>0,

所以h(x)=4x2-ln x-ln 8-1是,+∞上的增函数.

因为h=1-ln 4<0,h(1)=3(1-ln 2)>0,

所以x0∈,1.故选C.

(2)C1在点(x1,y1)处的切线为y-=2x1(x-x1),

即y=2x1x-,①

C2在点(x2,y2)处的切线为y=x+(1-x2),②

设①②是同一条切线,则

④÷③,得

=1-x2,

所以x1=2(x2-1),代入③得

a=,

因为a>0,所以x2>1,

以下求函数u(x2)=的值域:

u'(x2)==,

令u'(x2)=0得x2=2,

在x2∈(1,2)内,u'(x2)<0,u(x2)单调递减,

在x2∈(2,+∞)内,u'(x2)>0,u(x2)单调递增,

所以u(x2)min=u(2)=,

当x2→+∞时,u(x2)→+∞,

所以u(x2)的值域为,+∞,

所以a≥.故选D.

(3)f(x)=|ex-e2a|=

f'(x)=

若存在x1<x2,使得f'(x1)f'(x2)=-1,

则必有-1<x1<2a<x2<3-a,

由-1<2a<3-a得-<a<1,

由-1<x1<2a<x2<3-a得2a-1<x1+x2<a+3,

由f'(x1)f'(x2)=-1得x1+x2=0,

所以2a-1<0<a+3,得-3<a<,

综上可得-<a<.故选A.

【例2】 (1)(2018·江西重点中学协作体二联)已知定义在[e,+∞)上的函数f(x)满足f(x)+xln xf'(x)<0且f(2 018)=0,其中f'(x)是函数f(x)的导函数,e是自然对数的底数,则不等式f(x)>0的解集为(　　)

(A)[e,2 018) (B)[2 018,+∞)

(C)(e,+∞) (D)[e,e+1)

(2)(2018·江西六校联考)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x),恒为正数的f(x)符合f(x)<f'(x)<2f(x),则f(1)∶f(2)的取值范围为(　　)

(A)(e,2e) (B),

(C)(e,e3) (D),

(3)(2018·陕西咸阳二模)已知定义在R上的函数 f(x) 的导函数为f'(x),且f(x)+f'(x)>1,设a=f(2)-1,b=e[f(3)-1],则a,b的大小关系为(　　)

(A)a<b (B)a>b 

(C)a=b (D)无法确定

解析:(1)设g(x)=ln x·f(x),

当x∈[e,+∞)时,g'(x)=+ln xf'(x)=<0,

所以g(x)在[e,+∞)上是减函数,

又g(2 018)=ln 2 018f(2 018)=0,

所以g(x)>0的解集为[e,2 018),

又此时ln x≥1,所以f(x)>0,

即f(x)>0的解集为[e,2 018).故选A.

(2)令g(x)=,

h(x)=,

则g'(x)=>0,

h'(x)=<0,

所以g(1)<g(2),h(1)>h(2),

所以<,>,

所以<<.选D.

(3)令g(x)=exf(x)-ex,

则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]-ex=ex[f(x)+f'(x)-1]>0.

即g(x)在R上为增函数.

所以g(3)>g(2),

即e3f(3)-e3>e2f(2)-e2,

整理得e[f(3)-1]>f(2)-1,即a<b.

故选A.

【例3】 (2018·华大新高考联盟4月质检)设函数f(x)=x-,a∈R且a≠0,e为自然对数的底数.

(1)求函数y=的单调区间;

(2)若a=,当0<x1<x2时,不等式f(x1)-f(x2)>恒成立,求实数m的取值范围.

解:(1)y=1-,

y'==-,

->0⇔<0.

①当a>0时,<0⇒<0⇒0<x<2;

②当a<0时,<0⇒>0⇒x<0或x>2.

综上,①当a>0时,函数y=的增区间为(0,2),减区间为(-∞,0),(2,+∞);

②当a<0时,函数y=的增区间为(-∞,0),(2,+∞),减区间为(0,2).

(2)当0<x1<x2时,

f(x1)-f(x2)>⇔f(x1)-f(x2)>-⇔f(x1)->f(x2)-,

即函数g(x)=f(x)-=x-·-在(0,+∞)上为减函数,

g'(x)=1-+=≤0,

em≤(x-1)ex-ex2,

令h(x)=(x-1)ex-ex2,

h'(x)=ex+(x-1)ex-2ex=xex-2ex=x(ex-2e)=0⇒ex=2e⇒x=ln 2e.

当x∈(0,ln 2e)时,h'(x)<0,h(x)为减函数;

当x∈(ln 2e,+∞)时,h'(x)>0,h(x)为增函数.

h(x)的最小值为h(ln 2e)=(ln 2e-1)·eln 2e-eln22e=2eln 2-e(ln 2+1)2=-eln22-e.

所以em≤-eln22-e⇒m≤-1-ln22,

所以m的取值范围是(-∞,-1-ln22].

【例4】 (2018·陕西西工大附中六模)若存在两个正实数x,y,使得等式3x+a(2y-4ex)(ln y-ln x)=0成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是(　　)

(A)(-∞,0) 

(B)0,

(C),+∞ 

(D)(-∞,0)∪,+∞

解析:因为3x+a(2y-4ex)(ln y-ln x)=0,

所以3x+a(2y-4ex)ln =0,

所以3+2a-2eln =0,

令t=,则t>0,

所以3+2a(t-2e)ln t=0,

所以(t-2e)ln t=-,

设g(t)=(t-2e)ln t,则g'(t)=ln t+1-,

而[g'(t)]'=+.

故g'(t)为增函数,

因为g'(e)=0,

所以当t=e时,g(t)min=g(e)=-e,

所以-≥-e,即≤e.

当a<0时,不等式成立;

当a>0时,得a≥;

当a=0时,由原等式易知不符合题意.

所以a<0或a≥.

故选D.

(对应学生用书第13页)

【典例】 (2018·全国卷Ⅲ,文21)(12分)已知函数f(x)=.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;

(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.

评分细则:

(1)解:f'(x)=,2分

f'(0)=2.3分

因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.5分

(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.6分

令g(x)=x2+x-1+ex+1,7分

则g'(x)=2x+1+ex+1.9分

当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;

当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.11分

所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.12分

【答题启示】

(1)导数解答题的基础是正确求出函数的导数,这是解题的起始,一定要细心处理,不要“输在起跑线上”.

(2)导数证明不等式基本技巧是构造函数、利用函数的单调性、最值得出所证不等式.