第二节 导数的应用
考点一 利用导数研究函数的单调性
1．(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是( )
?1?1A．f??＜ k??kC．f?
1?1?B．f??＞ ?k?k－1D．f?
?1?＜1
??k－1?k－1?1?＞k
?
?k－1?k－1
1
＞0，可构k－1
解析 ∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，
造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1， ∴g(0)＝－1，∴g?∴f?
?1?＞g(0)，
??k－1?
?1?－k＞－1，∴f?1?＞1，∴选项C错误，故选C.
??k－1?k－1?k－1?k－1??
答案 C
2．(2011·辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( ) A．(－1，1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析 设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数． 由g(x)>0，即g(x)>g(－1)． ∴x>－1，选B. 答案 B
3．(2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝e＋x－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范围． (1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x.
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)＞0.
mxmxmxmx2
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，e－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条
??f（1）－f（0）≤e－1，件是?
?f（－1）－f（0）≤e－1，???e－m≤e－1，即?－m① ?e＋m≤e－1.?
mmxmx设函数g(t)＝e－t－e＋1，则g′(t)＝e－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，
－1
ttg(t)≤0.
当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0， 即e－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0， 即e＋m＞e－1.
综上，m的取值范围是[－1，1]．
1＋x4．(2015·北京，18)已知函数f(x)＝ln.
1－x(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
－mm?x?(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2?x＋?； ?3?
?x?(3)设实数k使得f(x)＞k?x＋?对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值． ?3?
11
(1)解 因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.
1＋x1－x又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. 2x?x?2
(2)证明 令g(x)＝f(x)－2?x＋?，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x)＝2. 1－x?3?
3
4
3
3
因为g′(x)>0(0
?x?即当x∈(0，1)时，f(x)>2?x＋?. ?3?
(3)解 由(2)知，当k≤2时，f(x)>
3
?x?k?x＋?对x∈(0，1)恒成立． ?3?
?x?当k>2时，令h(x)＝f(x)－k?x＋?，则 ?3?
kx4－（k－2）
h′(x)＝f′(x)－k(1＋x)＝. 2
1－x2
3
3
4k－2?4k－2?
所以当0 k?k? 4k－2当0 k?x?即f(x) ?3? ?x?所以当k>2时，f(x)>k?x＋?并非对x∈(0，1)恒成立． ?3? 综上可知，k的最大值为2. 5．(2015·四川，21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x－2ax－2a＋a，其中a＞0. (1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性； (2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解． (1)解 由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 2 2 3 3 g(x)＝f′(x) ＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?， 22a所以g′(x)＝2－＋2 ?? a?x? xx＝ ?1??1?2?x－?＋2?a－??2??4? x2 2 ， 1 当0＜a＜时，g(x)在区间 4 ?1－1－4a??1＋1－4a??0，?，?，＋∞?上单调递增， 22?????1－1－4a1＋1－4a?在区间?，?上单调递减； 22?? 1 当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 4(2)证明 由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?＝0， 解得a＝ ?? a?x? x－1－ln x， －1 1＋x令φ(x)＝－2?x＋ ?? x－1－ln x?2 ln x＋x－ －1?1＋x? 2 x?x?x－1－ln x?x－1－ln ?x－1－ln 2?x－2?－1－1??＋1＋x－1， ?1＋x??1＋x? 则φ(1)＝1＞0， e（e－2）?e－2?2φ(e)＝－－2?－1?＜0， －1 1＋e?1＋e?故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0， 令a0＝ x0－1－ln x0 ， －11＋x0 u(x)＝x－1－ln x(x≥1)， 1 由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， x所以0＝ u（1）u（x0）u（e）e－2 ＜－1＝a0＜－1＝－1＜1， 1＋11＋x01＋e1＋e 即a0∈(0，1)， 当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0， 由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0， 所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0， 综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解． 6.(2015·天津，20)已知函数f(x)＝nx－x，x∈R，其中n∈N，n≥2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证： n* 对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)； (3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2－x1|＜(1)解 由f(x)＝nx－x， 可得f′(x)＝n－nx* ＋2. 1－nann－1 ＝n(1－xn－1 )． 其中n∈N，且n≥2，下面分两种情况讨论： ①当n为奇数时． 令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，－1) － (－1，1) ＋ (1，＋∞) － ? ? ? 所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减， 在(－1，1)内单调递增． ②当n为偶数时． 当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增； 当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减； 所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 设点P的坐标为(x0，0)， 则x0＝n1n?1，f′(x0)＝n－n. 2 曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)． 令F(x)＝f(x)－g(x)， 即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)， 则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)． 由于f′(x)＝－nxn－1 ＋n在(0，＋∞)上单调递减， 故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0， 当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(0，x0)内单调递增，