高中数学步步高大一轮复习讲义文科第三章 专题一Word文档格式.docx

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m＝1，n＝3，即f（x）＝x3＋3x2，

令f′（x）＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，

则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，

所以t∈[－2，－1]．

题型一　利用导数研究函数的单调性

例1

　设函数f（x）＝x（ex－1）－ax2.

（1）若a＝，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．

思维启迪　求出f′（x），分析函数的单调性，得出结论．

解　

（1）a＝时，f（x）＝x（ex－1）－x2，

f′（x）＝ex－1＋xex－x＝（ex－1）（x＋1）．

当x∈（－∞，－1）时，f′（x）>

0；

当x∈（－1,0）时，f′（x）<

当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>

0.

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

（2）f（x）＝x（ex－1－ax），令g（x）＝ex－1－ax，g′（x）＝ex－a.若a≤1，则当x∈（0，＋∞）时，g′（x）>

0，g（x）为增函数，而g（0）＝0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0.

若a>

1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）<

0，g（x）为减函数，

而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）<

0，即f（x）<

综合得a的取值范围为（－∞，1]．

思维升华

（1）判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断

f′（x）的符号问题上，而f′（x）>

0或f′（x）<

0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.

（2）若已知f（x）的单调性，则转化为不等式f′（x）≥0或f′（x）≤0在单调区间上恒成立问题求解.

　已知函数f（x）＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.

（1）求a的值；

（2）求函数f（x）的单调区间；

（3）设函数g（x）＝（f（x）－x3）·

ex，若函数g（x）在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．

解　

（1）由f（x）＝x3＋ax2－x＋c，

得f′（x）＝3x2＋2ax－1.

当x＝时，得a＝f′＝3×

2＋2a×

－1，

解之，得a＝－1.

（2）由

（1）可知f（x）＝x3－x2－x＋c.

则f′（x）＝3x2－2x－1＝3（x－1），列表如下：

x

（－∞，－）

－

（－，1）

1

（1，＋∞）

f′（x）

＋

f（x）

极大值

极小值

所以f（x）的单调递增区间是（－∞，－）和（1，＋∞）；

f（x）的单调递减区间是.

（3）函数g（x）＝（f（x）－x3）·

ex＝（－x2－x＋c）·

ex，

有g′（x）＝（－2x－1）ex＋（－x2－x＋c）ex

＝（－x2－3x＋c－1）ex，

因为函数g（x）在x∈[－3,2]上单调递增，

所以h（x）＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．

只要h

（2）≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞）．

题型二　利用导数研究与不等式有关的问题

例2

　已知f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3.

（1）求函数f（x）在[t，t＋2]（t>

0）上的最小值；

（2）对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（3）证明：

对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>

－成立．

思维启迪　

（1）求f′（x），讨论参数t求最小值；

（2）分离a，利用求最值得a的范围；

（3）寻求所证不等式和题中函数f（x）的联系，充分利用

（1）中所求最值．

（1）解　由f（x）＝xlnx，x>

0，得f′（x）＝lnx＋1，

令f′（x）＝0，得x＝.

当x∈（0，）时，f′（x）<

0，f（x）单调递减；

当x∈（，＋∞）时，f′（x）>

0，f（x）单调递增．

①当0<

t<

<

t＋2，即0<

时，

f（x）min＝f（）＝－；

②当≤t<

t＋2，即t≥时，f（x）在[t，t＋2]上单调递增，f（x）min＝f（t）＝tlnt.

所以f（x）min＝.

（2）解　2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，

设h（x）＝2lnx＋x＋（x>

0），则h′（x）＝，

①当x∈（0,1）时，h′（x）<

0，h（x）单调递减，

②当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>

0，h（x）单调递增，

所以h（x）min＝h

（1）＝4，对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，

所以a≤h（x）min＝4.

（3）证明　问题等价于证明xlnx>

－（x∈（0，＋∞））．

由

（1）可知f（x）＝xlnx（x∈（0，＋∞））的最小值是－，

当且仅当x＝时取到，设m（x）＝－（x∈（0，＋∞）），则m′（x）＝，易知m（x）max＝m

（1）＝－，

当且仅当x＝1时取到．

从而对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>

思维升华　

（1）恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．

（2）证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．

　已知函数f（x）＝sinx（x≥0），g（x）＝ax（x≥0）．

（1）若f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（2）当a取

（1）中的最小值时，求证：

g（x）－f（x）≤x3.

（1）解　令h（x）＝sinx－ax（x≥0），则h′（x）＝cosx－a.

若a≥1，h′（x）＝cosx－a≤0，h（x）＝sinx－ax（x≥0）单调递减，h（x）≤h（0）＝0，

则sinx≤ax（x≥0）成立．

若0<

a<

1，存在x0∈（0，），使得cosx0＝a，当x∈（0，x0），

h′（x）＝cosx－a>

0，h（x）＝sinx－ax（x∈（0，x0））单调递增，h（x）>

h（0）＝0，不合题意，

结合f（x）与g（x）的图像可知a≤0显然不合题意，

综上可知，a≥1.

（2）证明　当a取

（1）中的最小值1时，g（x）－f（x）＝x－sinx.

设H（x）＝x－sinx－x3（x≥0），

则H′（x）＝1－cosx－x2.

令G（x）＝1－cosx－x2，则G′（x）＝sinx－x≤0（x≥0），

所以G（x）＝1－cosx－x2在[0，＋∞）上单调递减，

此时G（x）＝1－cosx－x2≤G（0）＝0，

即H′（x）＝1－cosx－x2≤0，

所以H（x）＝x－sinx－x3（x≥0）单调递减．

所以H（x）＝x－sinx－x3≤H（0）＝0，

即x－sinx－x3≤0（x≥0），

即x－sinx≤x3（x≥0）．

所以，当a取

（1）中的最小值时，g（x）－f（x）≤x3.

题型三　利用导数研究方程解或图像交点问题

例3

　已知f（x）＝ax2（a∈R），g（x）＝2lnx.

（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[，e]上有两个不等解，求a的取值范围．

思维启迪　

（1）通过讨论a确定F（x）的符号；

（2）将方程f（x）＝g（x）变形为a＝，研究φ（x）＝图像的大致形状．

解　

（1）F（x）＝ax2－2lnx，其定义域为（0，＋∞），

∴F′（x）＝2ax－＝（x>

0）．

①当a>

0时，由ax2－1>

0，得x>

.

由ax2－1<

0，得0<

x<

故当a>

0时，F（x）在区间上单调递增，

在区间上单调递减．

②当a≤0时，F′（x）<

0（x>

0）恒成立．

故当a≤0时，F（x）在（0，＋∞）上单调递减．

（2）原式等价于方程a＝＝φ（x）在区间[，e]上有两个不等解．

∵φ′（x）＝在（，）上为增函数，

在（，e）上为减函数，则φ（x）max＝φ（）＝，

而φ（e）＝<

φ

（2）

＝＝＝φ（）．

∴φ（x）min＝φ（e），

如图当f（x）＝g（x）

在[，e]上有两个不等解时有φ（x）min＝，

故a的取值范围为≤a<

思维升华　对于可转化为a＝f（x）解的个数确定参数a的范围问题，都可以通过f（x）的单调性、极值确定f（x）的大致形状，进而求a的范围．

　已知函数f（x）＝|ax－2|＋blnx（x>

（1）若a＝1，f（x）在（0，＋∞）上是单调增函数，求b的取值范围；

（2）若a≥2，b＝1，求方程f（x）＝在（0,1]上解的个数．

解　

（1）f（x）＝|x－2|＋blnx

＝

2时，f（x）＝－x＋2＋blnx，f′（x）＝－1＋.

由条件，得－1＋≥0恒成立，即b≥x恒成立．∴b≥2.

②当x≥2时，f（x）＝x－2＋blnx，f′（x）＝1＋，由条件，

得1＋≥0恒成立，即b≥－x恒成立．

∴b≥－2.

综合①，②得b的取值范围是{b|b≥2}．

（2）令g（x）＝|ax－2|＋lnx－，

即g（x）＝

当0<

时，g（x）＝－ax＋2＋lnx－，

g′（x）＝－a＋＋.

∵0<

，∴>

则g′（x）>

－a＋＋＝≥0.

即g′（x）>

0，∴g（x）在（0，）上是递增函数．

当x≥时，g（x）＝ax－2＋lnx－，

g′（x）＝a＋＋>

∴g（x）在（，＋∞）上是递增函数．

又因为函数g（x）在x＝有意义，

∴g（x）在（0，＋∞）上是递增函数．

∵g（）＝ln－，而a≥2，

∴ln≤0，则g（）<

∵a≥2，∴g

（1）＝a－3.

当a≥3时，g

（1）＝a－3≥0，

∴g（x）＝0在（0,1]上解的个数为1.

当2≤a≤3时，g

（1）＝a－3<

0，

∴g（x）＝0在（0,1]上无解，即解的个数为0.

（时间：

80分钟）

1．已知函数f（x）＝ax3＋x2＋bx（其中常数a，b∈R），g（x）＝f（x）＋f′（x）是奇函数．

（1）求f（x）的表达式；

（2）讨论g（x）的单调性，并求g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值．

解　

（1）由题意得f′（x）＝3ax2＋2x＋b，

因此g（x）＝f（x）＋f′（x）＝ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b.

因为函数g（x）是奇函数，所以g（－x）＝－g（x），

即对任意实数x，有a（－x）3＋（3a＋1）（－x）2＋（b＋2）（－x）＋b

＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b]，

从而3a＋1＝0，b＝0，

解得a＝－，b＝0，

因此f（x）的表达式为f（x）＝－x3＋x2.

（2）由

（1）知g（x）＝－x3＋2x，所以g′（x）＝－x2＋2.

令g′（x）＝0，解得x1＝－，x2＝，

则当x<

－或x>

时，g′（x）<

从而g（x）在区间（－∞，－），（，＋∞）上是减函数；

当－<

时，g′（x）>

从而g（x）在区间（－，）上是增函数．

由上述讨论知，g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，，2时取得，

而g

（1）＝，g（）＝，g

（2）＝，

因此g（x）在区间[1,2]上的最大值为g（）＝，

最小值g

（2）＝.

2．已知函数f（x）＝ax＋xlnx的图像在点x＝e（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3.

（1）求实数a的值；

（2）若k∈Z，且k<

对任意x>

1恒成立，求k的最大值．

解　

（1）因为f（x）＝ax＋xlnx，所以f′（x）＝a＋lnx＋1.

因为函数f（x）＝ax＋xlnx的图像在点x＝e处的切线斜率为3，

所以f′（e）＝3，即a＋lne＋1＝3，所以a＝1.

（2）由

（1）知，f（x）＝x＋xlnx，又k<

1恒成立，

即k<

1恒成立．

令g（x）＝，则g′（x）＝，

令h（x）＝x－lnx－2（x>

1），则h′（x）＝1－＝>

所以函数h（x）在（1，＋∞）上单调递增．

因为h（3）＝1－ln3<

0，h（4）＝2－2ln2>

所以方程h（x）＝0在（1，＋∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3,4）．

当1<

x0时，h（x）<

0，即g′（x）<

0，当x>

x0时，h（x）>

0，所以函数g（x）＝在（1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，

所以[g（x）]min＝g（x0）＝＝＝x0∈（3,4），

所以k<

[g（x）]min＝x0∈（3,4），故整数k的最大值为3.

3．设函数f（x）＝ex－1－x－ax2.

（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．

解　

（1）若a＝0，f（x）＝ex－1－x，f′（x）＝ex－1.

当x∈（－∞，0）时，f′（x）<

故f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．

（2）f′（x）＝ex－1－2ax.

由

（1）知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，

故f′（x）≥x－2ax＝（1－2a）x，

从而当1－2a≥0，即a≤时，f′（x）≥0（x≥0）．

∴f（x）在[0，＋∞）上单调递增．

而f（0）＝0，于是当x≥0时，f（x）≥0.

由ex>

1＋x（x≠0）可得e－x>

1－x（x≠0）．从而当a>

时，f′（x）<

ex－1＋2a（e－x－1）＝e－x（ex－1）（ex－2a），

令e－x（ex－1）（ex－2a）<

0得1<

ex<

2a，∴0<

ln2a.

故当x∈（0，ln2a）时，f′（x）<

0，∴f（x）在（0，ln2a）上单调递减．而f（0）＝0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）<

0.不符合要求．

综上可得a的取值范围为（－∞，]．

4．已知f（x）＝x2＋3x＋1，g（x）＝＋x.

（1）a＝2时，求y＝f（x）和y＝g（x）的公共点个数；

（2）a为何值时，y＝f（x）和y＝g（x）的公共点个数恰为两个．

解　

（1）由得x2＋3x＋1＝＋x，

整理得x3＋x2－x－2＝0（x≠1）．

令y＝x3＋x2－x－2，求导得y′＝3x2＋2x－1，

令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，

故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、极小值都是负值．

故公共点只有一个．

（2）由得x2＋3x＋1＝＋x，

整理得a＝x3＋x2－x（x≠1），

令h（x）＝x3＋x2－x，

联立

如图，对h（x）求导可以得到极值点分别在－1和处，画出草

图，

h（－1）＝1，h（）＝－，

当a＝h（－1）＝1时，y＝a与y＝h（x）仅有一个公共点（因为（1,1）点不在y＝h（x）曲线上），故a＝－时恰有两个公共点．

5．定义在R上的函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋3同时满足以下条件：

①f（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数；

②f′（x）是偶函数；

③f（x）的图像在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直．

（1）求函数y＝f（x）的解析式；

（2）设g（x）＝4lnx－m，若存在x∈[1，e]，使g（x）<

f′（x），求实数m的取值范围．

解　

（1）f′（x）＝3ax2＋2bx＋c.

∵f（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，

∴f′

（1）＝3a＋2b＋c＝0，（*）

由f′（x）是偶函数得b＝0，①

又f（x）的图像在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直，

∴f′（0）＝c＝－1，②

将①②代入（*）得a＝，

∴f（x）＝x3－x＋3.

（2）由已知得，若存在x∈[1，e]，使4lnx－m<

x2－1，

即存在x∈[1，e]，使m>

（4lnx－x2＋1）min.

设M（x）＝4lnx－x2＋1，x∈[1，e]，

则M′（x）＝－2x＝，

令M′（x）＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝.

当<

x≤e时，M′（x）<

0，∴M（x）在（，e）上为减函数；

当1≤x≤时，M′（x）>

0，∴M（x）在[1，]上为增函数，

∴M（x）在[1，e]上有最大值且在x＝处取到．

又M

（1）＝0，M（e）＝5－e2<

∴M（x）的最小值为5－e2.

∴m>

5－e2.

6．（2013·

湖南）已知a>

0，函数f（x）＝.

（1）记f（x）在区间[0,4]上的最大值为g（a），求g（a）的表达式；

（2）是否存在a，使函数y＝f（x）在区间（0,4）内的图像上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？

若存在，求a的取值范围；

若不存在，请说明理由．

解　

（1）当0≤x≤a时，f（x）＝；

当x>

a时，f（x）＝.

因此，当x∈（0，a）时，f′（x）＝<

f（x）在（0，a）上单调递减；

当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＝>

f（x）在（a，＋∞）上单调递增．

①若a≥4，则f（x）在（0,4）上单调递减，g（a）＝f（0）＝.

②若0<

4，则f（x）在（0，a）上单调递减，在（a,4）上单调递增．所以g（a）＝max{f（0），f（4）}．

而f（0）－f（4）＝－＝，

故当0<

a≤1时，g（a）＝f（4）＝；

4时，g（a）＝f（0）＝.

综上所述，g（a）＝

（2）由

（1）知，当a≥4时，f（x）在（0,4）上单调递减，故不满足要求．

4时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a,4）上单调递增．

若存在x1，x2∈（0,4）（x1<

x2），使曲线y＝f（x）在（x1，f（x1）），（x2，f（x2））两点处的切线互相垂直．

则x1∈（0，a），x2∈（a,4），且f′（x1）·

f′（x2）＝－1.

即·

＝－1.

亦即x1＋2a＝.（*）

由x1∈（0，a），x2∈（a,4）得x1＋2a∈（2a,3a），

∈.

故（*）成立等价于集合A＝{x|2a<

3a}与集合B＝的交集非空．

因为<

3a，所以当且仅当0<

2a<

1，

即0<

时，A∩B≠∅.

综上所述，存在a使函数f（x）在区间（0,4）内的图像上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是.