(完整版)高考文科数学导数专题复习

所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞).f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝

k（1－ln k）

2

.

(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝

k（1－ln k）

2

.因为f(x)存在零点，所以

k（1－ln k）

2

≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)

1e－k在区间(1，e]上的唯一零点.当k>e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝>0，f(e)＝<0，

22所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点. 【训练2】 (2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x＋ax＋bx＋c.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.

解 (1)由f(x)＝x＋ax＋bx＋c，得f′(x)＝3x＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.

(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x＋4x＋4x＋c，所以f′(x)＝3x＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x＋8x＋4＝0，解得x2

＝－2或x＝－.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：

3

3

2

2

2

3

2

23

2

x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 ?－2，－2? ?3???－ 2－ 30 ?－2，＋∞? ?3???＋ c c－ 32272?32??2?所以，当c>0且c－<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈?－2，－?，x3∈?－，0?，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.3?27??3?

?32?32

由f(x)的单调性知，当且仅当c∈?0，?时，函数f(x)＝x＋4x＋4x＋c有三个不同零点.

?27?

考点三 导数在不等式中的应用 命题角度一 不等式恒成立问题

【例3】 (2017·合肥模拟)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x＋ax－x＋2.

3

2

?1?(1)如果函数g(x)的单调递减区间为?－，1?，求函数g(x)的解析式； ?3?

(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.

?1?即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－1，22

解 (1)g′(x)＝3x＋2ax－1，由题意3x＋2ax－1<0的解集是?－，1?，

3?3?

1232

1.将x＝1或－代入方程3x＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x－x－x＋2.

3

3132

(2)由题意2xln x≤3x＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥ln x－x－，设h(x)＝ln x－x－

22x21131（x－1）（3x＋1）1

，则h′(x)＝－＋2＝－，令h′(x)＝0，得x＝1或－(舍)，当00，22xx22x2x3

当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞).

【训练3】已知函数f(x)＝x－ln x－ax，a∈R.

(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x，求a的取值范围.

（2x＋1）（x－1）2

解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－x，f′(x)＝.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，

2

x＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.

ln x2

(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x－ln x－(a＋1)x>0.由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.令g(x)＝x－

xln xx－1＋ln x，则g′(x)＝.当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)2

2

xx＝1.故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0). 命题角度二 证明不等式

（x－1）【例4】 (2017·昆明一中月考)已知函数f(x)＝ln x－.

2(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x>1时，f(x)

??x>0，1－x＋x＋11＋5

(1)解 f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).由f′(x)>0得?2解得0

xx2?x＋x＋1>0.?

2

2

1－x?1＋5?

单调递增区间是?0，?.(2)证明 令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).则有F′(x)＝x.当x∈(1，

2??＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)

2

f（x）1f（x）1＋的最大值；(2)证明：＋

f（x）1ln x11－ln x＋＝＋，F′(x)＝，当F′(x)>0时，0e，故F(x)x2x2x2

11

在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，故F(x)max＝F(e)＝＋. e2

1x－1

(2)证明 令h(x)＝x－f(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，当h′(x)<0时，00时，x>1，

xx故h(x)在(0，1)上是减函数，在(1＋∞)上是增函数，

11f（x）1故h(x)min＝h(1)＝1.又F(x)max＝＋<1，故F(x)

e2x2