2013届高考数学一轮复习讲义：3[1].3_导数的综合应用

主页导数的综合应用主页1.已知函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.(1)对∀x∈R，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)若函数f(x)有且仅有一个零点，求实数a的取值范围．主页解(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，因为x∈R时，f′(x)≥m恒成立，∴对x∈R，恒有3x2－9x＋(6－m)≥0.因此Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34.∴实数m的最大值为－34.主页(2)因为当x1时，f′(x)0，当1x2时，f′(x)0，当x2时，f′(x)0.所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a；当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a.故当f(2)0或f(1)0时，方程f(x)＝0仅有一个实根，解得a2或a52.∴当a52或a2时，函数f(x)仅有一个零点．主页2.已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)若a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为32，求a的值；(3)若f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．主页解(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2.∵a0，∴f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋ax2.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝32，∴a＝－32(舍去)．②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，∴f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，∴a＝－e2(舍去)．主页③若－ea－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1x－a时，f′(x)0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－axe时，f′(x)0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，∴a＝－e.综上所述，a＝－e.(3)∵f(x)x2，∴lnx－axx2.又x0，∴axlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝1x－6x＝1－6x2x.主页∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．∴h(x)h(1)＝－20，即g′(x)0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．g(x)g(1)＝－1，∴当a≥－1时，f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立．主页3.设f(x)＝ax＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(3)如果对任意的s，t∈12，2都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．主页解(1)当a＝2时，f(x)＝2x＋xlnx，f′(x)＝－2x2＋lnx＋1，f(1)＝2，f′(1)＝－1，故y－2＝－(x－1)．所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0.主页(2)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于：[g(x1)－g(x2)]max≥M，g(x)＝x3－x2－3，g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23，x00，232323，22g′(x)－0＋g(x)－3递减极(最)小值－8527递增1由上表可知：g(x)min＝g23＝－8527，g(x)max＝g(2)＝1，[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227，所满足条件的最大整数M＝4.主页(3)对任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立．等价于：在区间12，2上，函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值，由(2)知，在区间12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1.∴f(x)min≥1.又∵f(1)＝a，∴a≥1.下面证当a≥1时，在区间12，2上，函数f(x)≥1成立．当a≥1且x∈12，2时，f(x)＝ax＋xlnx≥1x＋xlnx，记h(x)＝1x＋xlnx，h′(x)＝－1x2＋lnx＋1，h′(1)＝0，主页当x∈12，1时，h′(x)＝－1x2＋lnx＋10；当x∈(1,2]时，h′(x)＝－1x2＋lnx＋10，所以函数h(x)＝1x＋xlnx在区间12，1上递减，在区间(1,2]上递增，h(x)min＝h(1)＝1，即h(x)≥1，所以当a≥1且x∈12，2时，f(x)≥1成立，即对任意s，t∈12，2都有f(s)≥g(t)．主页4.已知函数1ln()xfxx．（Ⅰ）若函数在区间1(,)2aa(0)a上存在极值求实数a的取值范围；（Ⅱ）如果当1≥x时，不等式()1≥kfxx恒成立求实数k的取值范围．主页解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．解：（Ⅰ）因为1ln()xfxx，x0，则2ln()xfxx，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．所以()fx在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减，因此函数()fx在1x处取得极大值．因为函数()fx在区间1(,)2aa（其中0a）上存在极值，所以1,11,2aa解得112a．主页（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg．所以2k≤．（Ⅱ）不等式(),1kfxx≥即为(1)(1ln),xxkx≥记(1)(1ln)(),xxgxx则min(),1.kgxx≤≥所以2[(1)(1ln)](1)(1ln)()xxxxxgxx2lnxxx．令()lnhxxx，则1()1hxx，1x≥，()0,hx≥[()hx在1,)上单调递增，min()(1)10hxh，从而()(1)0hxh≥，所以()0gx，故()gx在1,)上也单调递增，所以min()(1)2gxg