文档文本内容
4.2 导数的应用
基础篇
考点 一 导数与函数的单调性 注意
.在函数的整个定义域内ꎬ函数的极值不一定唯一ꎬ在
设函数 ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 内可导 ｆ ′ ｘ １
( ) ( ꎬ ) ꎬ ( ) 整个定义域内可能有多个极大值和极小值ꎻ .极大值与
２
是ｆ ｘ 的导数 则
( ) ꎬ 极小值没有必然关系ꎬ极大值可能比极小值还小ꎻ .导数
３
ｆ ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)上单调递增 等于零的点不一定是极值点(例如: ｆ(ｘ) ｘ３ꎬ ｆ ′(ｘ)
>０ ＝ ＝
ｆ ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)上单调递减 ｘ２ꎬ当ｘ 时ꎬｆ ′( ) ꎬ但ｘ 不是函数的极值点)ꎻ
<０ ３ ＝０ ０ ＝ ０ ＝０
ｆ ′(ｘ) ｆ(ｘ)在(ａꎬｂ)上为常数函数 .对于处处可导的函数ꎬ极值点处的导数必为零.
＝ ０ ４
注意 2. 函数的最值
.ｆ ′(ｘ) ( )是 ｆ(ｘ)在区间(ａꎬｂ)上单调递增(减)
１ >０ <０ 一般地 如果在区间 ａ ｂ 上函数 ｙ ｆ ｘ 的
１) ꎬ [ ꎬ ] ＝ ( )
的充分不必要条件.
图象是一条连续不断的曲线 那么它必有最
.ｆ ′(ｘ) ( )是ｆ(ｘ)在区间(ａꎬｂ)内单调递增(减) ꎬ
２ ≥０ ≤０ 大值和最小值 函数的最值必在极值点或区
的必要不充分条件. ꎬ
间端点处取得.
.若ｆ ′(ｘ)在区间(ａꎬｂ)的任意子区间内都不恒等于零ꎬ
３
一般地 求函数 ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的最大
则ｆ ′(ｘ) ( )是 ｆ(ｘ)在区间(ａꎬｂ)内单调递增 ２) ꎬ ( ) [ ꎬ ]
≥０ ≤０
值与最小值的步骤如下
(减)的充要条件.
:
求函数 ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的极值
① ( ) ( ꎬ ) ꎻ
考点 二 导数与函数的极（最）值
将函数 ｆ ｘ 的各极值与端点处的函数值
② ( )
1.
函数的极值
ｆ ａ ｆ ｂ 比较 其中最大的一个是最大值
( )ꎬ ( ) ꎬ ꎬ
极值 满足条件 最小的一个是最小值.
函数ｙ ｆ(ｘ)在点 ｘ ａ 处的函数值ｆ(ａ)比 常用结论 若函数ｆ(ｘ)在开区间(ａꎬｂ)内只有一个
＝ ＝
极小值 它在点ｘ ａ附近其他点处的函数值都小ꎬ 极值点ꎬ则相应的极值一定是函数的最值.
＝
点与极 ｆ ′(ａ) ꎻ在点ｘ ａ附近的左侧ｆ ′(ｘ) ꎬ右
＝０ ＝ <０
小值 侧ｆ ′(ｘ) ꎬ就把ａ叫做函数ｙ ｆ(ｘ)的极小
>０ ＝
值点ꎬｆ(ａ)叫做函数ｙ ｆ(ｘ)的极小值
＝
函数ｙ ｆ(ｘ)在点 ｘ ｂ 处的函数值ｆ(ｂ)比
＝ ＝
极大值 它在点ｘ ｂ附近其他点处的函数值都大ꎬ
＝
点与极 ｆ ′(ｂ) ꎻ在点ｘ ｂ附近的左侧ｆ ′(ｘ) ꎬ
＝ ０ ＝ >０
大值 右侧ｆ ′(ｘ) ꎬ就把 ｂ 叫做函数 ｙ ｆ(ｘ)的
<０ ＝
5
极大值点ꎬ ｆ(ｂ)叫做函数ｙ ｆ(ｘ)的极大值
＝
年
高 极值与 极大值与极小值统称为极值ꎬ极大值点与
考
极值点 极小值点统称为极值点
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２５０
综合篇
考法 一 利用导数研究函数的单调性 æ ö
当 ｘ ç ꎬ１ ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ
∈è０ ａø <０
1.
求函数的单调区间或讨论函数的单调性
æ ö
利用导数求函数 ｆ ｘ 单调区间的步骤
当 ｘ ç１ꎬ ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ
１) ( )
∈èａ ＋∞ø >０
确定函数 ｆ ｘ 的定义域
æ ö
① ( ) ꎻ 函 数 ｆ ( ｘ) 在 ç ꎬ１ ÷ 上 单 调 递 减ꎬ 在
求导数 ｆ ′ ｘ ∴ è０ ａø
② ( )ꎻ
解不等式 ｆ ′ ｘ 函数在解集与定义域的 æ ö
③ ( )>０ꎬ ç１ꎬ ÷上单调递增.
èａ ＋∞ø
交集上为增函数
ꎻ
( ) ｙ ｆ(ｘ)的图象与 ｘ 轴没有公共点ꎬ
解不等式 ｆ ′ ｘ 函数在解集与定义域的 ２ ∵ ＝
④ ( )<０ꎬ
函数 ｆ(ｘ)在( ꎬ )上没有零点ꎬ
交集上为减函数. ∴ ０ ＋∞
æ ö
含参函数的单调性问题 由( )可得函数 ｆ(ｘ)在ç ꎬ１ ÷上单调递减ꎬ在
２) １ è０ ａø
含参函数的单调性问题主要以两种形式呈
æ ö æ ö
ç１ꎬ ÷上单调递增ꎬ ｆ(ｘ) ｆç１ ÷
现 一是判断含参函数的单调性 二是求含
ꎬ ꎬ èａ ＋∞ø ∴ ｍｉｎ ＝ èａø ＝ ３－
参函数的单调区间.这两种形式实质上是一
１ ａ ꎬ ａ ꎬ解得 ａ １ꎬ
致的 只不过是换了一种说法.解决此类问题 ３ｌｎ ａ ＝３＋３ｌｎ >０ ∴ ｌｎ >－１ >
ꎬ ｅ
时 通常归结为求含参不等式的解集问题 æ ö
ꎬ ꎬ 故实数 ａ 的取值范围是ç１ꎬ ÷.
è ＋∞ø
而对含有参数的不等式要针对具体情况进 ｅ
行分类讨论 但始终要注意定义域及分类讨
考法 二 利用导数研究函数的极（最）值
ꎬ
论的标准.
1.
解决函数极值问题的一般思路
2.
已知函数的单调性求参数范围
注意参数在导函数解析式中的位置 先尝试
ꎬ
分离参数 将问题转化为求解对应函数的最
ꎬ
值问题 若不能分离参数或分离参数后对应
ꎻ
函数的单调性无法利用导数解决 则可以直
ꎬ
接转化为求解含参函数的最值问题.
例1 ( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)设函数 ｆ(ｘ)
２０２１ ２０ １２
ａ２ｘ２ ａｘ ｘ ꎬ其中 ａ .
＝ ＋ －３ｌｎ ＋１ >０ 2.
可导函数 ｆ ｘ 的极值点存在问题可转化为
( )讨论 ｆ(ｘ)的单调性ꎻ ( )
１ 导函数 ｆ ′ｘ 的变号零点存在问题.
( )若 ｙ ｆ(ｘ)的图象与 ｘ 轴没有公共点ꎬ求 ａ ( )
２ ＝ 3. 求函数的最值 不仅要研究其极值情况 还要
的取值范围. ꎬ ꎬ
研究其单调性 并通过单调性和极值情况 画
ａ２ｘ２ ａｘ ꎬ ꎬ
解析 ( )ｆ ′(ｘ) ａ２ｘ ａ ３ ２ ＋ －３ 出函数的大致图象 然后借助图象观察得出 专
１ ＝ ２ ＋ －ｘ ＝ ｘ ＝ ꎬ 题
函数最值. 四
( ａｘ )(ａｘ )
２ ＋３ ｘ －１ (ｘ >０ ). 例2 ( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)设 ａ ꎬ若 ｘ 导
２０２１ １０ ５ ≠０ 数
及
ａｘ
ａ 为函数ｆ(ｘ) ａ(ｘ ａ)２(ｘ ｂ)的极大值点ꎬ则
其
＝ ＝ － －
ａ ꎬｘ ꎬ ２ ＋３ ꎬ 应
∵ >０ >０ ∴ ｘ >０ ( ) 用
２５１
ａ ｂ ａ ｂ ａｂ ａ２ ａｂ ａ２ 函数 ｙ ｘｆ(ｘ) ｘ ( ｘ)在( ꎬ )上为增
Ａ. < Ｂ. > Ｃ. < Ｄ. > ∴ ＝ ＝ ｌｎ １－ －∞ ０
解析 ｆ ′(ｘ) ａ(ｘ ａ)[ ｘ (ａ ｂ)]ꎬ 函数ꎬ在( ꎬ )上为减函数.
＝ － ３ － ＋２ ０ １
ａ ｂ 当 ａ 时ꎬｘ 是函数 ｙ ｘｆ(ｘ)的极值点.
令 ｆ ′(ｘ) ꎬ得 ｘ ａꎬｘ ＋２ . ∴ ＝１ ＝０ ＝
＝ ０ １ ＝ ２ ＝ ａ .
３ ∴ ＝１
( )若 ａ ꎬ要使函数 ｆ(ｘ)在 ｘ ａ 处取得极大 ( )证明:由( )知 ａ ꎬ ｆ(ｘ) ( ｘ)ꎬｘ
ｉ >０ ＝ ２ １ ＝１ ∴ ＝ ｌｎ １－ ∈
值ꎬ则需 ｆ(ｘ) 在( ꎬａ) 上单调递增ꎬ在 ( ꎬ )ꎬ当 ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ(ｘ) ( ｘ) ꎬ
－∞ －∞ １ ∈ ０ １ ＝ ｌｎ １－ <０
æ ａ ｂö ａ ｂ ｘｆ(ｘ) ꎻ
çａꎬ ＋２ ÷上单调递减ꎬ此时需 ａ ＋２ ꎬ得 ａ ∴ <０
è ø < ０<
３ ３ 当 ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ(ｘ) ( ｘ) ꎬ
∈ －∞ ０ ＝ ｌｎ １－ >０
<
ｂꎬ
∴
ａ２
<
ａｂ.
ｘ ｆ(ｘ)
ｘｆ(ｘ) ꎬ 要证 ｇ(ｘ) ＋ ꎬ
( )若 ａ ꎬ要使函数 ｆ(ｘ)在 ｘ ａ 处取得极大 ∴ <０ ∴ ＝ ｘｆ(ｘ) <１
ｉｉ <０ ＝
æａ ｂ ö 只需证 ｘ ｆ(ｘ) ｘｆ(ｘ).
值ꎬ则需ｆ(ｘ)在ç ＋２ ꎬａ÷上单调递增ꎬ在(ａꎬ ＋ >
è ø 只需证 ｘ ( ｘ) ｘ ( ｘ)ꎬ
３
＋ｌｎ １－ > ｌｎ １－
ａ ｂ
只需证 ｘ ( ｘ) ( ｘ) ꎬ
)上单调递减ꎬ此时需满足 ａ ＋２ ꎬ得 ｂ ａ
＋ １－ ｌｎ １－ >０
＋∞ > <
３ 令 ｈ(ｘ) ｘ ( ｘ) ( ｘ)ꎬ
＝ ＋ １－ ｌｎ １－
ꎬ ａ２ ａｂ.综上可知ꎬａ２ ａｂꎬ故选 .
<０ ∴ < < Ｄ 则 ｈ′(ｘ) ( ｘ) ( ｘ)ꎬ
＝ １－ｌｎ １－ －１＝－ｌｎ １－
答案
Ｄ 当 ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎬ
∴ ∈ ０ １ >０
例3 ( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)设函数 ｆ(ｘ)
２０２１ ２０ １２ 当 ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ
∈ －∞ ０ <０
(ａ ｘ)ꎬ已知 ｘ 是函数 ｙ ｘｆ(ｘ)的极
＝ ｌｎ － ＝ ０ ＝ 当 ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ )时ꎬｈ(ｘ) ｈ( ) ꎬ
∴ ∈ －∞ ０ ∪ ０ １ > ０ ＝ ０
值点.
ｘ ( ｘ) ( ｘ) 在( ꎬ ) ( ꎬ )上
∴ ＋ １－ ｌｎ １－ >０ －∞ ０ ∪ ０ １
( )求 ａꎻ
１ 恒成立. ｇ(ｘ) .
∴ <１
ｘ ｆ(ｘ)
( )设函数 ｇ(ｘ) ＋ .证明:ｇ(ｘ) . 考法 三 利用导数研究不等式
２ ＝ ｘｆ(ｘ) <１
1.
利用导数证明不等式的方法
解析 ( )ｙ ｘｆ(ｘ) ｘ (ａ ｘ)ꎬｘ ( ꎬａ)ꎬ
１ ＝ ＝ ｌｎ － ∈ －∞
证明 ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ａ ｂ 可以构造函数
( )< ( )ꎬ ∈( ꎬ )ꎬ
ｙ′ (ａ ｘ) ｘ １ ( ) (ａ ｘ)
∴ ＝ｌｎ － ＋ ａ ｘ －１ ＝ ｌｎ － － Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ .如果 Ｆ′ ｘ 则 Ｆ ｘ 在
－ ( )＝ ( )－ ( ) ( )<０ꎬ ( )
ｘ ａ ｂ 上是减函数 同时若Ｆ ａ 则由减
ꎬｘ ( ꎬａ)ꎬ ｘ 是函数 ｙ ｘｆ(ｘ)的极 ( ꎬ ) ꎬ ( )≤０ꎬ
ａ ｘ ∈ －∞ ∵ ＝０ ＝ 函数的定义可知 ｘ ａ ｂ 时 有 Ｆ ｘ
－ ꎬ ∈( ꎬ ) ꎬ ( )<０ꎬ
即证明了ｆ ｘ ｇ ｘ .
值点ꎬ (ａ ) ０ ꎬ可得 ａ . ( )< ( )
∴ ｌｎ －０ －ａ ＝０ ＝１ 2.
不等式成立（恒成立）问题
－０
ｘ
一般地
当 ａ 时ꎬｙ′ ( ｘ) ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ
ꎬ
＝１ ＝ｌｎ １－ － ｘ ∈ －∞ １
１－ ｆ ｘ ａ 恒成立 ｆ ｘ ａ
ｘ
１) ( )≥ ⇔ ( )ｍｉｎ≥ ꎬ
5
令 ｐ(ｘ) ( ｘ) ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ ｆ ｘ ａ 成立 ｆ ｘ ａ.
年 ＝ ｌｎ １－ － ｘ ∈ －∞ １ ( )≥ ⇔ ( )ｍａｘ≥
高 １－ ｆ ｘ ｂ 恒成立 ｆ ｘ ｂ
考
3
ｘ ２) ( )≤ ⇔ ( )ｍａｘ≤ ꎬ
年
模
则 ｐ′(ｘ) ＝ ｘ
－
１
１
－(
１－
１ ｘ)２ ＝(ｘ
－
－
１
２ )２ ꎬ ｆ ( ｘ )≤ ｂ 成立 ⇔ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ≤ ｂ.
拟 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
易知当 ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ′(ｘ) 恒成立. ｆ ｘ ｇ ｘ 恒 成 立 ( )＝ ( )－ ( )
A ∈ －∞ １ <０ ３) ( ) > ( )
版 ｐ(ｘ)在( ꎬ )上为减函数ꎬ又 ｐ( ) ꎬ Ｆ ｘ .
∴ －∞ １ ０ ＝ ０ ( )ｍｉｎ>０
高
当 ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ(ｘ) ꎻ ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ
考 ∴ ∈ －∞ ０ >０ ４)①∀ １∈ ꎬ∃ ２∈ ꎬ ( １)> ( ２)⇔ ( )ｍｉｎ
数
学 当 ｘ ( ꎬ )时ꎬｐ(ｘ) ꎬ ｇ ｘ .
∈ ０ １ <０ > ( )ｍｉｎ
２５２
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ (ｔ )ｔ ＋２ (ｔ )ｔ ＋１
②∀ １∈ ꎬ∀ ２∈ ꎬ ( １)> ( ２)⇔ ( )ｍｉｎ> Ｂ. ＋１ > ＋２
ｇ ｘ .
( )ｍａｘ １ (ｔ )
Ｃ.１＋ ｔ >ｌｏｇｔ ＋１
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ
③∃ １∈ ꎬ∃ ２∈ ꎬ ( １)> ( ２)⇔ ( )ｍａｘ>
(ｔ ) (ｔ )
ｇ ( ｘ )ｍｉｎ . Ｄ.ｌｏｇ(ｔ ＋１ ) ＋２ >ｌｏｇ(ｔ ＋２ ) ＋３
ｘ
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ 解析 对于 ꎬ令 ｆ(ｘ) ｌｎ ꎬ则 ｆ ′(ｘ)
④∃ １∈ ꎬ∀ ２∈ ꎬ ( １)> ( ２)⇔ ( )ｍａｘ> Ａ ＝ ｘ ＝
ｇ ｘ .
( )ｍａｘ
上述函数在其定义域内都存在最值. １ｘ ｘ
ｘ －ｌｎ ｘ
3. １－ｌｎ ꎬ当 ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以
利用导数构造函数解不等式 ｘ２ ＝ ｘ２ >ｅ <０
常见的构造函数模型总结
函数 ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ因为 ｔ ꎬ
:
ｅ ＋∞ ≥２
关系式为 加 型
所以 ｔ ｔ ꎬ所以 ｆ(ｔ ) ｆ(ｔ )ꎬ所以
１) “ ”
＋３> ＋２>ｅ ＋３ < ＋２
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ｘｆ ｘ
(ｔ ) (ｔ )
① ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ｅ ( )ꎬ ｌｎ ＋３ ｌｎ ＋２ ꎬ所以(ｔ ) (ｔ ) (ｔ )
则 ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ . ｔ < ｔ ＋３ ｌｎ ＋２ > ＋２
＝[ｅ ( )] ＝ｅ [ ( )＋ ( )] ＋３ ＋２
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ｘｆ ｘ (ｔ )ꎬ故 正确ꎻ
② ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ ( )ꎬ ｌｎ ＋３ Ａ
则 ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ . 对于 ꎬ由 知ꎬ函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递
＝[ ( )] ＝ ( )＋ ( ) Ｂ Ａ ｅ ＋∞
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造 ｙ ｘｎｆ ｘ 减ꎬ因为 ｔ ꎬ所以 ｔ ｔ ꎬ
③ ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ ( )ꎬ ≥２ ＋２> ＋１>ｅ
则 ｙ′
＝ [
ｘｎｆ
(
ｘ
)]
′
＝
ｘｎｆ ′
(
ｘ
) ＋
ｎｘｎ －１ｆ
(
ｘ
)＝ 所以 ｆ(ｔ ) ｆ(ｔ )ꎬ即ｌｎ
(ｔ
＋１
)
ｌｎ
(ｔ
＋２
)
ꎬ
＋１ > ＋２ ｔ > ｔ
ｘｎ －１ ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ . ＋１ ＋２
[ ( )＋ ( )]
即(ｔ ) (ｔ ) (ｔ ) (ｔ )ꎬ
注意对 ｘ 的符号进行讨论 ＋２ ｌｎ ＋１ > ＋１ ｌｎ ＋２
( )
所以 (ｔ )ｔ ＋２ (ｔ )ｔ ＋１ꎬ
关系式为 减 型 ｌｎ ＋１ >ｌｎ ＋２
２) “ ”
所以(ｔ )ｔ ＋２ (ｔ )ｔ ＋１ꎬ故 正确ꎻ
ｆ ｘ ＋１ > ＋２ Ｂ
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ( )
① ( )－ ( )≥０ꎬ ＝ ｘ ꎬ
对于 ꎬ当 ｔ 时ꎬ １ ３ ｌｎ ３
ｅ
Ｃ ＝ ２ １＋ －ｌｏｇ２３ ＝ － ＝
é ｆ ｘ ù ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ２ ２ ｌｎ ２
则 ｙ′ ＝ ë ê ê ( ｘ ) û ú ú′ ＝ ( )ｅ ｘ － ( )ｅ æ
２ ３ｌｎ ２－２ｌｎ ３ ｌｎ ８－ｌｎ ９ ꎬ故 错误ꎻ ç或假设
ｅ (ｅ ) ＝ <０ Ｃ è
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ２ｌｎ ２ ２ｌｎ ２
( )－ ( ).
(ｔ ) ｔ
＝ ｘ (ｔ ) １ 成立ꎬ则ｌｎ ＋１ ＋１ꎬ即
ｅ ｌｏｇｔ ＋１ <１＋ ｔ ｔ < ｔ
ｆ ｘ ｌｎ
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ( ) (ｔ ) ｔ
② ( )－ ( )≥０ꎬ ＝ ｘ ꎬ ｌｎ ＋１ ｌｎ ꎬ由 可知ꎬ当 ｘ [ ꎬ ) 时ꎬ
ｔ < ｔ Ａ ∈ ２ ｅ
éｆ ｘ ù ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ
＋１
则 ｙ′ ê ( ) ú′ ( )－ ( ). ｆ ′(ｘ) ꎻ当 ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以
＝ ë ê ｘ û ú ＝ ｘ２ >０ ∈ ｅ ＋∞ <０
ｆ(ｘ)在[ ꎬ )上单调递增ꎬ在( ꎬ )上单调递
ｆ ｘ ２ ｅ ｅ ＋∞
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造 ｙ ( ) 减ꎬ若 ｔ ꎬ则 ｆ(ｔ)与 ｆ(ｔ )的大小关系不
③ ( )－ ( )≥０ꎬ ＝ ｘｎ ꎬ ２≤ <ｅ ＋１
(ｔ ) ｔ
é ｆ ｘ ù ｘｎｆ ′ ｘ ｎｘｎ －１ｆ ｘ 确定ꎬ即ｌｎ ＋１ 与ｌｎ 的大小关系不确定ꎬ从
则 ｙ′ ê ê ( ) ú ú′ ( )－ ( ) ｔ ｔ
＝ ë ｘｎ û ＝ ｘｎ ２ ＋１
( )
ö
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 而 错误 ÷ 专
( )－ ( ). Ｃ ø
题
＝ ｘｎ
＋１ 四
(ｔ )
例4 (多选)(
２０２１
山东日照二模ꎬ
１１
)若实 对于
Ｄ
ꎬ
ｌｏｇ(ｔ ＋１ )
(ｔ
＋２
)
－ｌｏｇ(ｔ ＋２ )
(ｔ
＋３
)
＝
ｌｎ
(ｔ
＋２
)－
导
数
ｌｎ ＋１
及
数 ｔ ꎬ则下列不等式中一定成立的是( )
≥２ ｌｎ
(ｔ
＋３
) [
ｌｎ
(ｔ
＋２
)]２
－ｌｎ
(ｔ
＋１
)
ｌｎ
(ｔ
＋３
)
ꎬ因为 ｔ ꎬ
其
应
(ｔ ) (ｔ ) (ｔ ) (ｔ ) (ｔ )＝ (ｔ ) (ｔ ) ≥２ 用
Ａ. ＋３ ｌｎ ＋２ > ＋２ ｌｎ ＋３ ｌｎ ＋２ ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋２
２５３
所以 (ｔ ) ꎬ (ｔ ) ꎬ (ｔ ) ꎬ æ ö
ｌｎ ＋１ >０ ｌｎ ＋２ >０ ｌｎ ＋３ >０ 调递 增ꎬ 在 çαꎬπ÷ 单 调 递 减ꎬ 故 ｇ ( ｘ) 在
(ｔ ) (ｔ ) é ê ｌｎ (ｔ ＋１ ) ＋ｌｎ (ｔ ＋３ )ù ú２ è ２ ø
ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋３ < ë ê û ú ＝ æ ö
２ ç ꎬπ÷存在唯一极大值点ꎬ 即 ｆ ′ (ｘ) 在
é ê ｌｎ (ｔ２ ＋４ ｔ ＋３ )ù ú２ é ê ｌｎ (ｔ２ ＋４ ｔ ＋４ )ù ú２ è－１ ２ ø
ë ê û ú < ë ê û ú ＝ æ ö
２ ２ ç ꎬπ÷存在唯一极大值点.
è－１ ø
é
ë
ê
ê
ｌｎ (ｔ ＋２ )２ù
û
ú
ú
２
＝
[
ｌｎ
(ｔ
＋２
)]２ꎬ
( )ｆ(
２
ｘ)的定义域为( ꎬ ).
２ ２ －１ ＋∞
[ (ｔ )]２ (ｔ ) (ｔ ) ( )当 ｘ ( ꎬ ]时ꎬ由( )知ꎬ ｆ ′(ｘ)在( ꎬ
所以 ｌｎ ＋２ －ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋３ ꎬ ｉ ∈ －１ ０ １ －１
(ｔ ) (ｔ ) >０ )单调递增ꎬ而 ｆ ′( ) ꎬ所以当 ｘ ( ꎬ )
ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋２ ０ ０ ＝ ０ ∈ －１ ０
即 (ｔ ) (ｔ )ꎬ故 正确. 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ故ｆ(ｘ)在( ꎬ )单调递减.又
ｌｏｇ(ｔ ＋１ ) ＋２ >ｌｏｇ(ｔ ＋２ ) ＋３ Ｄ <０ －１ ０
答案 ｆ( ) ꎬ从而ｘ 是ｆ(ｘ)在( ꎬ ]的唯一零点.
ＡＢＤ ０ ＝０ ＝０ －１ ０
æ ù
考法 四 利用导数研究函数的零点或方程 ( )当 ｘ ç ꎬπ ú ú 时ꎬ由( )知ꎬ ｆ ′(ｘ)在( ꎬα)
ｉｉ ∈è０ û １ ０
２
的根
æ ö
单调递增ꎬ在çαꎬπ÷单调递减ꎬ而 ｆ ′( ) ꎬ
1. è ø ０ ＝ ０
先求函数的单调区间和极值 根据函数的性
２
ꎬ
æ ö æ ö
质画出图象 然后将问题转化为函数图象与 ｆ ′çπ÷ ꎬ所以存在 β çαꎬπ÷ꎬ使得 ｆ ′(β)
ꎬ è ø<０ ∈è ø ＝
ｘ 轴交点问题 主要是应用数形结合思想和 ２ ２
ꎬ ꎬ且当 ｘ ( ꎬ β) 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ 当 ｘ
分类讨论思想. ０ ∈ ０ > ０ ∈
æ ö
2. 构造函数 将问题转化为研究两个函数的图 çβꎬπ÷时ꎬ ｆ ′(ｘ) .故 ｆ(ｘ)在( ꎬβ)单调递
ꎬ è ø <０ ０
２
象的交点问题.
æ ö
3. 增ꎬ在çβꎬπ÷单调递减.
分离参变量 即由 ｆ ｘ 分离参变量 得 ａ
è ø
ꎬ ( )＝ ０ ꎬ
２
φ ｘ 研究直线 ｙ ａ 与 ｙ φ ｘ 的图象的
æ ö æ ö
＝ ( )ꎬ ＝ ＝ ( ) 又 ｆ( ) ꎬ ｆçπ÷ ç π÷ ꎬ所以当 ｘ
交点问题. ０ ＝ ０ è ø ＝１－ｌｎè１＋ ø>０ ∈
２ ２
例5 ( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知函数 æ ù æ ù
２０１９ Ⅰ ２０ １２ ç ꎬπ ú时ꎬｆ(ｘ) .从而ꎬ ｆ(ｘ)在ç ꎬπ ú没有
ú ú
è０ û >０ è０ û
ｆ(ｘ) ｘ ( ｘ)ꎬ ｆ ′(ｘ)为 ｆ(ｘ)的导数. ２ ２
＝ ｓｉｎ －ｌｎ １＋
零点.
证明:
æ ù
æ ö ( )当 ｘ çπꎬ ú时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)在
( )ｆ ′(ｘ)在区间ç ꎬπ÷存在唯一极大值点ꎻ ｉｉｉ ∈è πû ú <０
１ è－１ ø ２
２
æ ö æ ö
( )ｆ(ｘ)有且仅有 个零点. çπꎬ ÷单调递减.而 ｆçπ÷ ꎬ ｆ( ) ꎬ所以
２ ２ è πø è ø>０ π <０
证明 ( )设 ｇ(ｘ) ｆ ′(ｘ)ꎬ ２ ２
１ ＝ æ ù
ｆ(ｘ)在çπꎬ ú有唯一零点.
ú
则 ｇ(ｘ) ｘ １ ꎬｇ′(ｘ) ｘ １ . è πû
5 ＝ ｃｏｓ － ｘ ＝ －ｓｉｎ ＋( ｘ)２ ２
年 １＋ １＋ ( )当 ｘ ( ꎬ )时ꎬ (ｘ ) ꎬ所以ｆ(ｘ)
高
æ ö
ｉｖ ∈ π ＋∞ ｌｎ ＋１ >１ <
考 当 ｘ ç ꎬπ÷时ꎬｇ′(ｘ)单调递减ꎬ而 ｇ′( ) ꎬ从而ｆ(ｘ)在( ꎬ )没有零点.
3 ∈è－１ ø ０ > ０ π ＋∞
年 ２
综上ꎬ ｆ(ｘ)有且仅有 个零点.
模
æ ö æ ö ２
拟 ꎬｇ′çπ÷ ꎬ可得 ｇ′(ｘ)在ç ꎬπ÷有唯一零 例6 ( 课标 ꎬ ꎬ 分) 已知函数
A ０ è ø <０ è－１ ø ２０１８ Ⅱ ２１ １２
２ ２
版 点ꎬ设为 α.则当 ｘ ( ꎬα)时ꎬｇ′(ｘ) ꎻ当 ｘ ｆ(ｘ) ｘ ａｘ２.
＝ ｅ －
∈ －１ >０
高
( )若 ａ ꎬ证明:当 ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ) ꎻ
考 æ ö
数 çαꎬπ÷时ꎬｇ′(ｘ) .所以 ｇ(ｘ)在( ꎬα)单 １ ＝１ ≥０ ≥１
学 ∈è ø <０ －１ ( )若 ｆ(ｘ)在( ꎬ )只有一个零点ꎬ求 ａ.
２ ２ ０ ＋∞
２５４
解析 ( )证明:当 ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) 等价于 ２
１ ＝１ ≥１ 若 ｈ( ) ꎬ即 ａ ｅ ꎬｈ(ｘ)在( ꎬ )没有零
(ｘ２ ) － ｘ .设函数 ｇ(ｘ) (ｘ２ ) － ｘ ꎬ ① ２ >０ < ４ ０ ＋∞
＋１ ｅ －１≤０ ＝ ＋１ ｅ －１
则 ｇ′(ｘ) (ｘ２ ｘ ) － ｘ (ｘ )２ － ｘ. 点ꎻ 若 ｈ( ) ꎬ即 ａ ｅ ２ ꎬｈ(ｘ)在( ꎬ )只
＝ － －２ ＋１ ｅ ＝－ －１ ｅ
② ２ ＝ ０ ＝ ０ ＋∞
当 ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬ所以 ｇ(ｘ)在( ꎬ )单 ４
≠１ <０ ０ ＋∞
２
调递减.而 ｇ( ) ꎬ故当 ｘ 时ꎬｇ(ｘ) ꎬ即 有一个零点ꎻ 若 ｈ( ) ꎬ即 ａ ｅ ꎬ由于 ｈ( )
０ ＝ ０ ≥０ ≤０ ③ ２ <０ > ０
４
ｆ(ｘ) .
≥１ ꎬ所以 ｈ(ｘ)在( ꎬ )有一个零点.由( )知ꎬ
( )ｆ(ｘ) ｘ( ａｘ２ － ｘ)ꎬ设函数 ｈ(ｘ) ＝ １ ０ ２ １
２ ＝ ｅ １－ ｅ ＝ １－ ａ３
ａｘ２ ｅ － ｘ. ｆ(ｘ)在( ０ ꎬ ＋∞ )只有一个零点等价于 当 ｘ >０ 时ꎬ ｅ ｘ > ｘ２ꎬ所以 ｈ( ４ ａ) ＝ １－ １６ ４ ａ ＝ １－
ｅ
ｈ(ｘ)在( ꎬ )只有一个零点.
０ ＋∞ ａ３ ａ３
１６ １６ １ .故 ｈ(ｘ)在( ꎬ ａ)有
( ｉ )当 ａ ≤０ 时ꎬｈ(ｘ) >０ ꎬｈ(ｘ)没有零点. ( ２ ａ)２ >１－( ａ)４ ＝１－ａ>０ ２ ４
ｅ ２
( )当ａ 时ꎬｈ′(ｘ) ａｘ(ｘ ) － ｘ.当 ｘ ( ꎬ ) 一个零点.因此 ｈ(ｘ)在( ꎬ )有两个零点.
ｉｉ >０ ＝ －２ ｅ ∈ ０ ２ ０ ＋∞
时ꎬｈ′(ｘ) ꎻ当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) .
<０ ∈ ２ ＋∞ >０ 综上ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )只有一个零点时ꎬａ ｅ ２ .
所以ｈ(ｘ)在( ꎬ )单调递减ꎬ在( ꎬ )单调递 ０ ＋∞ ＝
０ ２ ２ ＋∞ ４
ａ
增.故ｈ( ) ４ 是ｈ(ｘ)在( ꎬ )的最小值.
２ ＝ １－ ０ ＋∞
２
ｅ
专
题
四
导
数
及
其
应
用
２５５
考法 五 利用导数研究三次函数的性质
对于三次函数 ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ ａ 求导得 ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｂｘ ｃ 当 Δ ｂ２ ａｃ 时
( )＝ ＋ ＋ ＋ ( ≠０)ꎬ ( )＝ ３ ＋２ ＋ ꎬ ＝４( －３ )>０ ꎬ
不妨设 ｆ ′ ｘ 的两个实根是 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ .
( )＝ ０ １ꎬ ２ꎬ １< ２
一、三次函数的图象、单调区间及极值
ａ ａ
>０ <０
Δ Δ Δ Δ
>０ ≤０ >０ ≤０
图象
增区间:( ꎬｘ )和 增区间:(ｘ ꎬｘ )ꎻ
－∞ １ １ ２
单调区间 (ｘ ꎬ )ꎻ 增区间:( ꎬ ) 减区间:( ꎬｘ )和 减区间:( ꎬ )
２ ＋∞ －∞ ＋∞ －∞ １ －∞ ＋∞
减区间:(ｘ ꎬｘ ) (ｘ ꎬ )
１ ２ ２ ＋∞
ｆ(ｘ )为极大值 ｆ(ｘ )为极小值
极值 １ 无极值 １ 无极值
ｆ(ｘ )为极小值 ｆ(ｘ )为极大值
２ ２
二、三次函数图象的对称性
三次函数 ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ ａ 的图象是中心对称图形 且对称中心为点
( ) ＝ ＋ ＋ ＋ ( ≠０) ꎬ
æ ｂ æ ｂ öö
ç ｆç ÷÷ 此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标.
è－ ａꎬ è－ ａøøꎬ
３ ３
三、一元三次方程的根的情况
ｆ ｘ ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ ａ 对应的方程根的情况
( )＝ ＋ ＋ ＋ ( >０) :ｂ２ ａｃ ｂ２ ａｃ
－３ >０ －３ ≤０
图象
ｆ(ｘ )ｆ(ｘ )
１ ２ <０ ｆ(ｘ １ )ｆ(ｘ ２ ) ＝ ０ ｆ(ｘ １ )ｆ(ｘ ２ ) >０
ｆ(ｘ) 根
＝ ０
的个数 ３ ２ １ １
例7 ( 课标 ꎬ ꎬ 分) 已知函数 æ ö
２０２０ Ⅲ ２０ １２ 范围为ç ꎬ４ ÷.
è０ ø
ｆ(ｘ) ｘ３ ｋｘ ｋ２.
２７
＝ － ＋
例8 ( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)已知函数
( )讨论 ｆ(ｘ)的单调性ꎻ
２０２１ ２１ １２
１
( )若 ｆ(ｘ)有三个零点ꎬ求 ｋ 的取值范围. ｆ(ｘ) ｘ３ ｘ２ ａｘ .
＝ － ＋ ＋１
２
解析 ( )ｆ ′(ｘ) ｘ２ ｋ.当 ｋ 时ꎬ ｆ(ｘ) (
１
)讨论 ｆ(ｘ)的单调性ꎻ
１ ＝ ３ － ＝０ ＝
( )求曲线 ｙ ｆ(ｘ)过坐标原点的切线与曲线 ｙ
ｘ３ꎬ故 ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增.当 ｋ
２ ＝
－∞ ＋∞ <０
ｆ(ｘ)的公共点的坐标.
时ꎬｆ ′(ｘ) ｘ２ ｋ ꎬ故 ｆ(ｘ)在( ꎬ )上 ＝
＝ ３ － >０ －∞ ＋∞
解析 ( )由 ｆ(ｘ) ｘ３ ｘ２ ａｘ 可得 ｆ ′(ｘ)
ｋ １ ＝ － ＋ ＋１
单调递增.当 ｋ 时ꎬ令 ｆ ′(ｘ) ꎬ得 ｘ ３ .
>０ ＝ ０ ＝± ｘ２ ｘ ａꎬ
＝ ３ －２ ＋
３
对于 ｘ２ ｘ ａ ꎬΔ ａ.
( ｋ ) ３ －２ ＋ ＝０ ＝４－１２
当 ｘ ꎬ ３ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ当 ｘ
∈ －∞ － >０ ∈
３ 当 ａ １时ꎬΔ ꎬ即 ｆ ′(ｘ) 在 Ｒ 上恒成
① ≥ ≤０ ≥０
æ ｋ ｋö ３
çç ３ ꎬ ３ ÷÷ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎻ 当 ｘ 立ꎬ此时 ｆ(ｘ)在 Ｒ 上单调递增.
è－ ø < ０ ∈
３ ３
æ ｋ ö 当 ａ １时ꎬΔ ꎬ方程 ｘ２ ｘ ａ 的两个根
çç ３ ꎬ ÷÷ 时ꎬ ｆ ′ ( ｘ ) . 故 ｆ(ｘ)在 ② < >０ ３ －２ ＋ ＝０
è ＋∞ø > ０ ３
３
ａ ａ
æ ｋö æ ｋ ö 为 ｘ １－ １－３ ꎬｘ １＋ １－３ ꎬ故当 ｘ
çç ꎬ ３ ÷÷ꎬ çç ３ ꎬ ÷÷ 单 调 递 增ꎬ 在 １ ＝ ２ ＝ ∈
è－∞ － ø è ＋∞ø ３ ３
３ ３
æ ａö æ ａ ö
æ ｋ ｋö çç ꎬ１－ １－３ ÷÷ ç１＋ １－３ ꎬ ÷ 时ꎬ
çç ３ ꎬ ３ ÷÷ 单调递减. è－∞ ø ∪ è ＋ ∞ ø
è－ ø ３ ３
３ ３
( )由( )知ꎬ当ｋ 时ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上 ｆ ′(ｘ) ꎬ当 ｘ æ ç１－ １－３ ａ ꎬ１＋ １－３ ａ ö ÷时ꎬ
２ １ ≤０ －∞ ＋∞
>０ ∈ è ø
单调递增ꎬ ｆ(ｘ)不可能有三个零点.当 ｋ 时ꎬ ３ ３
>０
æ ａö
ｋ ｋ ｆ ′(ｘ) ꎬ 所 以 ｆ(ｘ) 在 çç ꎬ１－ １－３ ÷÷ 和
ｘ ３ 为ｆ(ｘ)的极大值点ꎬｘ ３ 为 ｆ(ｘ)的 <０ è－∞ ø
＝－ ＝ ３
３ ３
æ ａ ö æ ａ
5 ｋ ｋ çç１＋ １－３ ꎬ ÷÷ 上单调递增ꎬ在 ç１－ １－３ ꎬ
年 极小值点.此时ꎬ ｋ ３ ３ ｋ 且 è ＋∞ø è
高 － －１<－ < < ＋１ ３ ３
３ ３
考
ａ ö
3 æ ｋö １＋ １－３ ÷上单调递减.
年 ｆ( ｋ ) ꎬ ｆ(ｋ ) ꎬｆçç ３ ÷÷ .根据 ｆ(ｘ) ø
模 － －１ <０ ＋１ >０ è－ ø>０ ３
拟 ３ ( )设过原点的切线与曲线 ｙ ｆ(ｘ)相切于点
A æ ｋö ｋ ｋ ２ ＝
版 的单调性ꎬ当且仅当ｆ è çç ３ ø ÷÷ <０ ꎬ即ｋ２ － ２ ３ <０ Ｐ(ｘ ０ ꎬｙ ０ )ꎬ则切线的斜率为 ｆ ′(ｘ ０ ) ＝ ３ ｘ２ ０ －２ ｘ ０ ＋
３ ９
高 ａꎬ故以点 Ｐ 为切点的切线方程为 ｙ ( ｘ２ ｘ
考 ＝ ３ ０ －２ ０
数 时ꎬｆ(ｘ)有三个零点ꎬ解得 ｋ ４.因此 ｋ 的取值
学 < ａ)(ｘ ｘ ) ｙ .由 ｙ ｘ３ ｘ２ ａｘ ꎬ且切线过
２７ ＋ － ０ ＋ ０ ０ ＝ ０ － ０ ＋ ０ ＋１
２５６
原点ꎬ得 ｘ３ ｘ２ ꎬ即(ｘ )( ｘ２ ｘ ) ｘ３ ｘ２ ｘ ꎬ即(ｘ )２(ｘ ) ꎬ ｘ 或
２ ０ － ０ －１＝０ ０ －１ ２ ０ ＋ ０ ＋１ ＝ － － ＋１＝０ －１ ＋１ ＝ ０ ∴ ＝１
ꎬ解得ｘ ꎬ从而得Ｐ( ꎬ ａ).所以切线方程 ꎬ 公共点为( ꎬ ａ)与( ꎬ ａ).
０ ０ ＝１ １ １＋ －１ ∴ １ １＋ －１ －１－
{ｙ ( ａ)ｘꎬ
为 ｙ ( ａ)ｘꎬ联立 ＝ １＋ 消去 ｙ 得
＝ １＋
ｙ ｘ３ ｘ２ ａｘ ꎬ
＝ － ＋ ＋１
专
题
四
导
数
及
其
应
用
２５７
