12.42.4 导数及其应用导数及其应用( (压轴题压轴题) )命题角度 1 利用导数研究函数的单调性 高考真题体验·对方向 1 1.(2016 北京·18)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间. 解 (1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.依题设,{𝑓(2) = 2𝑒 + 2, 𝑓'(2) = 𝑒 - 1,?即{2𝑒𝑎 - 2+ 2𝑏 = 2𝑒 + 2,- 𝑒𝑎 - 2+ 𝑏 = 𝑒 - 1,?解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x>0 知,f'(x)与 1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1. 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1 是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 2 2.(2016 四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R R. (1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对1 𝑥数的底数).解 (1)f'(x)=2ax-(x>0).1 𝑥=2𝑎𝑥2- 1𝑥当a≤0 时,f'(x)0 时,由f'(x)=0,有x=.1 2𝑎此时,当x∈时,f'(x)0,f(x)单调递增.(1 2𝑎, + ∞)(2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.1 𝑥‒1𝑒𝑥 - 1则s'(x)=ex-1-1. 而当x>1 时,s'(x)>0, 所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1 时,g(x)>0. 当a≤0,x>1 时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当 01.1 21 2𝑎由(1)有f0,(1 2𝑎)(1 2𝑎)所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥ 时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).1 2当x>1 时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.1 𝑥+1𝑥21 𝑥+1𝑥2‒1 𝑥=𝑥3- 2𝑥 + 1𝑥2>𝑥2- 2𝑥 + 1𝑥2因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.[1 2, + ∞)新题演练提能·刷高分1 1.(2018 北京海淀模拟)已知函数f(x)= x3+x2+ax+1.1 3(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围. 解 (1)因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)经过点(0,1),又f'(x)=x2+2x+a,曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线的斜率为-3, 所以f'(0)=a=-3,所以f'(x)=x2+2x-3. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(--3 (-1(1,+3∞,- 3)3,1 )∞)f' (x )+0-0+f( x)增极 大 值减极 小 值增所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区间为(-3,1). (2)因为函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,所以f'(x)≥0. 即对x∈[-2,a],只要f'(x)min≥0. 因为函数f'(x)=x2+2x+a的对称轴为x=-1, 当-2≤a≤-1 时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(a), 由f'(a)=a2+3a≥0,得a≥0 或a≤-3,所以此种情况不成立; 当a>-1 时,f'(x)在[-2,a]上的最小值为f'(-1), 由f'(-1)=1-2+a≥0 得a≥1, 综上,实数a的取值范围是[1,+∞).2 2.(2018 江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x+ +2mx.1 𝑥(1)当f'(1)=0 时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性. 解 (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,由f'(1)=0,解得m=-1.2𝑚𝑥2+ (2 - 𝑚)𝑥 - 1𝑥2=(𝑚𝑥 + 1)(2𝑥 - 1)𝑥2从而f(1)=-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.(2)由f'(x)=(x>0),(𝑚𝑥 + 1)(2𝑥 - 1)𝑥2当m≥0 时,函数y=f(x)的减区间为 0,,增区间为,+∞ .1 21 2当m1,使f(x)+x0,f'(x)=-1=,1 𝑥‒𝑎𝑥2- 𝑥2+ 𝑥 - 𝑎𝑥2方程-x2+x-a=0 对应的Δ=1-4a,当Δ=1-4a≤0,即a≥ 时,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,1 4∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;当 00,函数f(x)单调递增,1 -1 - 4𝑎 2,1 + 1 - 4𝑎2在 0,,,+∞上f'(x)0,1 -1 - 4𝑎 21 + 1 - 4𝑎 2此时当x∈ 0,,f'(x)>0,f(x)单调递增,1 + 1 - 4𝑎 2当x∈,+∞时,f'(x)xln x+2x-1,即存在x>1,使a>成立.𝑥𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 - 1 𝑥 - 1设g(x)=(x>1),则g'(x)=,𝑥𝑙𝑛𝑥 + 2𝑥 - 1 𝑥 - 1𝑥 - 𝑙𝑛𝑥 - 2(𝑥 - 1)2设h(x)=x-ln x-2,则h'(x)=1->0,1 𝑥=𝑥 - 1 𝑥∴h(x)在(1,+∞)上单调递增. 又h(3)=3-ln 3-2=1-ln 30,根据零点存在性定理, 可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0∈(3,4),且h(x0)=x0-ln x0-2=0,即x0-2=ln x0,∴g(x)min==x0+1.𝑥0𝑙𝑛 𝑥0+ 2𝑥0- 1𝑥0- 1由题意可知a>x0+1.又x0∈(3,4),a∈Z Z,∴a的最小值为 5.4 4.(2018 重庆二诊)已知函数f(x)=-1 ex+(x>0,a∈R R).3 𝑥𝑎 𝑥(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围; (2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2 的解的个数.解 (1)∵f(x)=-1 ex+(x>0),3 𝑥𝑎 𝑥∴f'(x)=ex-1--·ex-.3 𝑥3𝑥2𝑎𝑥2=- 𝑥2+ 3𝑥 - 3𝑥2𝑎𝑥2由题意得f'(x)=·ex-≤0 在(0,+∞)恒成立,- 𝑥2+ 3𝑥 - 3𝑥2𝑎𝑥2即a≥(-x2+3x-3)·ex在(0,+∞)恒成立, 设g(x)=(-x2+3x-3)·ex, 则g'(x)=ex(-x2+x), ∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)max=g(1)=-e, ∴a≥-e. ∴实数a的取值范围为[-e,+∞).(2)由题意得f(x)=-1 ex+ =2(x>0),3 𝑥𝑎 𝑥6∴a=2x-(3-x)ex(x>0), 令h(x)=2x-(3-x)ex,则h'(x)=2+(x-2)ex, 令φ(x)=h'(x)=2+(x-2)ex(x>0), 则φ'(x)=(x-1)ex, ∴h'(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h'(x)min=h'(1)=2-e0, ∴存在x0∈(0,2),使得x0∈(0,x0)时h'(x)0,h(x)单调递增, 又h(0)=-3,h(x0)0,a∈(-3,-e)时,方程a=2x-(3-x)ex有一个解, 即当a∈(-3,-e)时,方程f(x)=2 只有一个解.命题角度 2 函数的单调性与极值、 最值的综合应用 高考真题体验·对方向1 1.(2018 全国Ⅰ·21)已知函数f(x)= -x+aln x.1 𝑥(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2,令f'(x)=0 得,x=或x=.𝑎 -𝑎2- 42𝑎 +𝑎2- 42当x∈时,f'(x)0.所以f(x)在(𝑎 -𝑎2- 42,𝑎 +𝑎2- 42)单调递减,在单调递(0,𝑎 -𝑎2- 42),(𝑎 +𝑎2- 42, + ∞)(𝑎 -𝑎2- 42,𝑎 +𝑎2- 42)增. (2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.7由于=--1+a=-2+a=-2+a𝑓(𝑥1) - 𝑓(𝑥2)𝑥1- 𝑥21 𝑥1𝑥2𝑙𝑛 𝑥1- 𝑙𝑛 𝑥2𝑥1- 𝑥2𝑙𝑛 𝑥1- 𝑙𝑛 𝑥2𝑥1- 𝑥2,- 2𝑙𝑛 𝑥2 1 𝑥2- 𝑥2所以1 时,g'(x)>0,g(x)单1 𝑥调递增.所以x=1 是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1. (2)证明 由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.8设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2- .1 𝑥当x∈时,h'(x)0.(0,1 2)(1 2, + ∞)所以h(x)在内单调递减,在内单调递增.(0,1 2)(1 2, + ∞)又h(e-2)>0,h0;当x∈(x0,1)时,h(x)0. 因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f'(x0)=0 得 ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2. 所以 e-20 时,m(x)>0; 当x0,当x0 时,h'(x)>0,h(x)单调 递增, 所以当x=0 时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; ②当a>0 时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h'(x)=0 得x1=ln a,x2=0. (ⅰ)当 00,h(x)单调递增; 当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=ln a时h(x)取到极大值. 极大值为h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2], 当x=0 时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; (ⅱ)当a=1 时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单 调递增,无极值; (ⅲ)当a>1 时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增;9当x∈(0,ln a)时,ex-eln a0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=0 时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1; 当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2]. 综上所述: 当a≤0 时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极 小值是h(0)=-2a-1; 当 01 时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数 h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小。