高中数学专题训练(教师版)—3.4导数的综合应用

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导数综合应用(含答案)

11.导数的综合应用（含答案）（高二）1.（15北京理科）已知函数()1ln 1xf x x+=-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值．【答案】（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；（Ⅱ）当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭，即不等式3()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ∀∈成立，设331()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则422()1x F x x'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ∀∈，3()2()3x f x x >+成立；（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立，()01x ∈，，等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，；422222()(1)11kx k F x k x x x+-'=-+=--，当[0,2]k ∈时，()0F x '≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；当2k >时，令402()0,(0,1)k F x x k-'==∈，()(0)F x F <，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.2．（15年安徽理科）设函数2()f x x ax b =-+.（1）讨论函数(sin )22f x ππ在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（2）记20000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22ππ(-,)上的最大值D ；（3）在（2）中，取2000,D 14aa b z b ===-≤求满足时的最大值。

2022年高考数学真题分专题训练专题：导数的综合应用(教师版含解析)

专题09导数的综合应用1．(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数32()1f x x x ax ．(1)讨论 f x 的单调性；(2)求曲线 y f x 过坐标原点的切线与曲线 y f x 的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和 11a ，.【分析】(1)由函数的解析式可得： 232f x x x a ，导函数的判别式412a ，当14120,3a a 时， 0,f x f x 在R 上单调递增，当时，的解为：1211,32x x ，当1,3x时，单调递增；当11311333x时，单调递减；当13x时，单调递增；综上可得：当时，在R 上单调递增，当时，在1,3，1,3上单调递增，在113113,33上单调递减.(2)由题意可得： 3200001f x x x ax ， 200032f x x x a ，则切线方程为： 322000000132y x x ax x x a x x ，切线过坐标原点，则： 32200000001320x x ax x x a x ,整理可得：3200210x x ，即：20001210x x x ，解得：，则， 0'()11f x f a切线方程为： 1y a x ,与联立得321(1)x x ax a x ，化简得3210x x x ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，1x 是321x x x 的一个因式，∴该方程可以分解因式为2110,x x 解得121,1x x , 11f a ，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和 11a ，.2．(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)设函数 ln f x a x ，已知0x 是函数 y xf x 的极值点．(1)求a ；(2)设函数()()()x f x g x xf x ．证明: 1g x ．【答案】1；证明见详解【分析】(1)由 n 1'l a f x a x f x x ， 'ln x y a x x ay xf x ，又0x 是函数 y xf x 的极值点，所以 '0ln 0y a ，解得1a ；(2)由(1)得 ln 1f x x ，ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x ，1x 且0x ，当 0,1x 时，要证ln 1()1ln 1x x g x x x ， 0,ln 10x x ∵， ln 10x x ，即证 ln 1ln 1x x x x ，化简得 1ln 10x x x ；同理，当 ,0x 时，要证ln 1()1ln 1x x g x x x ， 0,ln 10x x ∵， ln 10x x ，即证 ln 1ln 1x x x x ，化简得 1ln 10x x x ；令 1ln 1h x x x x ，再令1t x ，则 0,11,t ，1x t ，令 1ln g t t t t ， '1ln 1ln g t t t ，当 0,1t 时， '0g x ， g x 单减，假设 1g 能取到，则 10g ，故 10g t g ；当 1,t 时， '0g x ， g x 单增，假设 1g 能取到，则 10g ，故 10g t g ；综上所述，ln 1()1ln 1x x g x x x 在 ,00,1x 恒成立3．(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数22()3ln 1f x a x ax x ，其中0a .(1)讨论 f x 的单调性；(2)若 y f x 的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】(1) f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a；(2)1a e .【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 23(1)()ax ax f x x，因为0,0a x ，故230ax ，当10x a 时，()0f x ；当1x a时，()0f x ；所以 f x 的减区间为10,a，增区间为1,+a .(2)因为 2110f a a 且 y f x 的图与x 轴没有公共点，所以 y f x 的图象在x 轴的上方，由(1)中函数的单调性可得 min 1133ln 33ln f x f a a a，故33ln 0a 即1a e.4．(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)已知0a 且1a ，函数()(0)a x x f x x a．(1)当2a 时，求 f x 的单调区间；(2)若曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【答案】(1)20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) 1,,e e .【分析】(1)当2a 时，令 '0f x 得2ln 2x,当20ln 2x 时， 0f x ,当2ln 2x 时， 0f x ,∴函数 f x 在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；(2) ln ln 1ln ln a x a x x x a f x a x x a a x a x a,设函数 ln x g x x ,则 21ln x g x x,令 0g x ，得x e ,在 0,e 内 0g x , g x 单调递增；在 ,e 上 0g x , g x 单调递减；1max g x g e e,又 10g ，当x 趋近于时， g x 趋近于0，所以曲线 y f x 与直线1y 有且仅有两个交点，即曲线 y g x 与直线ln a y a有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e ,这即是 0g a g e ,所以a 的取值范围是 1,,e e .5．(2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题)已知函数 1ln f x x x .(1)讨论 f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b ，证明：112e a b.【答案】(1) f x 的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+ ；(2)证明见解析.【分析】(1)函数的定义域为 0, ，又 1ln 1ln f x x x ，当 0,1x 时， 0f x ，当 1,+x 时， 0f x ，故 f x 的递增区间为 0,1，递减区间为 1,+ .(2)因为ln ln b a a b a b ，故 ln 1ln +1b a a b ，即ln 1ln +1a b a b ，故11f f a b，设1211,x x a b，由(1)可知不妨设1201,1x x .因为 0,1x 时， 1ln 0f x x x ， ,x e 时， 1ln 0f x x x ，故21x e .先证：122x x ，若22x ，122x x 必成立.若22x ，要证：122x x ，即证122x x ，而2021x ，故即证 122f x f x ，即证： 222f x f x ，其中212x .设 2,12g x f x f x x ，则 2ln ln 2g x f x f x x x ln 2x x ，因为12x ，故 021x x ，故 ln 20x x ，所以 0g x ，故 g x 在 1,2为增函数，所以 10g x g ，故 2f x f x ，即 222f x f x 成立，所以122x x 成立，综上，122x x 成立.设21x tx ，则1t ，结合ln 1ln +1a b a b ，1211,x x a b 可得： 11221ln 1ln x x x x ，即： 111ln 1ln ln x t t x ，故11ln ln 1t t t x t ，要证：12x x e ，即证 11t x e ，即证 1ln 1ln 1t x ，即证： 1ln ln 111t t t t t ，即证： 1ln 1ln 0t t t t ，令 1ln 1ln ,1S t t t t t t ，则 112ln 11ln ln 111t S t t t t t t，先证明一个不等式： ln 1x x .设 ln 1u x x x ，则 1111x u x x x ，当10x 时， 0u x ；当0x 时， 0u x ，故 u x 在 1,0 上为增函数，在 0,+ 上为减函数，故 max 00u x u ，故 ln 1x x 成立由上述不等式可得当1t 时，112ln 11t t t，故 0S t 恒成立，故 S t 在 1, 上为减函数，故 10S t S ，故 1ln 1ln 0t t t t 成立，即12x x e 成立.综上所述，112e a b.6.(2021年全国新高考2卷数学试题)已知函数2()(1)x f x x e ax b ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a ；②10,22a b a ．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：'2x f x x e a ，当0a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当102a 时，若,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递增，若ln 2,0x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若 0,x ，则 '0,f x f x 单调递增；当12a时， '0,f x f x 在R 上单调递增；当12a 时，若 ,0x ，则 '0,f x f x 单调递增，若0,ln 2x a ，则 '0,f x f x 单调递减，若ln 2,x a ，则 '0,f x f x 单调递增；(2)若选择条件①：由于2122e a ，故212a e ，则 21,010b af b ，而 210b f b b e ab b ，而函数在区间 ,0 上单调递增，故函数在区间 ,0 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于2122e a ，212a e ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 0, 上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于102a ，故21a ，则 01210f b a ，当0b 时，24,42e a ，2240f e a b ，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.当0b 时，构造函数 1x H x e x ，则 1xH x e ，当 ,0x 时， 0,H x H x 单调递减，当 0,x 时， 0,H x H x 单调递增，注意到 00H ，故 0H x 恒成立，从而有：1x e x ，此时：22111x f x x e ax b x x ax b 211a x b ，当x 2110a x b ，取01x，则 00f x ，即：00,10f f，而函数在区间 0, 上单调递增，故函数在区间 0, 上有一个零点.2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b 22ln 21ln 22a a a a a22ln 2ln 2a a a a ln 22ln 2a a a ，由于102a ，021a ，故 ln 22ln 20a a a ，结合函数的单调性可知函数在区间 ,0 上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．7.(2021年天津卷数学试题)已知0a ，函数()x f x ax xe ．(I )求曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程：(II )证明()f x 存在唯一的极值点(III )若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，求实数b 的取值范围．【答案】(I )(1),(0)y a x a ；(II )证明见解析；(III ),e 【解析】【分析】(I )求出 f x 在0x 处的导数，即切线斜率，求出 0f ，即可求出切线方程；(II )令 0f x ，可得(1)x a x e ，则可化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点，利用导数求出 g x 的变化情况，数形结合即可求解；(III )令 2()1,(1)xh x x x e x ，题目等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ，利用导数即可求出 h x 的最小值.【详解】(I )()(1)x f x a x e ，则(0)1f a ，又(0)0f ，则切线方程为(1),(0)y a x a ；(II )令()(1)0x f x a x e ，则(1)x a x e ，令()(1)x g x x e ，则()(2)x g x x e ，当(,2)x 时，()0g x ， g x 单调递减；当(2,)x 时，()0g x ， g x 单调递增，当x 时， 0g x ， 10g ，当x 时， 0g x ，画出 g x 大致图像如下：所以当0a 时，y a 与 y g x 仅有一个交点，令 g m a ，则1m ，且()()0f m a g m ，当(,)x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递增，当 ,x m 时，()a g x ，则()0f x ， f x 单调递减，x m 为 f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；(III )由(II )知max ()()f x f m ，此时)1(1,m a m e m ，所以 2max {()}()1(1),m f x a f m a m m e m ，令 2()1,(1)x h x x x e x ，若存在a ，使得()f x a b 对任意x R 成立，等价于存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x ， 2()2(1)(2)x x h x x x e x x e ，1x ，当(1,1)x 时，()0h x ， h x 单调递减，当(1,)x 时，()0h x ， h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ，故b e ，所以实数b 的取值范围 ,e .【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a 与 y g x 仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ，使得()h x b ，即min ()b h x .8.(2021年浙江卷数学试题)设a ，b 为实数，且1a ，函数 2R ()x f x a bx e x(1)求函数 f x 的单调区间；(2)若对任意22b e ，函数 f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；(3)当a e 时，证明：对任意4b e ，函数 f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b .(注： 2.71828e 是自然对数的底数)【答案】(1)0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a；(2)21,e ；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b ，①若0b ，则()ln 0x f x a a b ，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b ，当,log ln a b x a时， '0,f x f x 单调递减，当log ,ln a b x a时， '0,f x f x 单调递增.综上可得，0b 时，()f x 在R 上单调递增；0b 时，函数的单调减区间为,log ln a b a ，单调增区间为log ,ln a b a.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e 有2个不同解ln 20x a e bx e 有2个不同的解，令ln t x a ，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a t t ，记22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t ，记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t ，又(2)0h ，所以(0,2)t 时，()0,(2,)h t t 时，()0h t ，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,) 单调递增，22(2),ln ln b b g e a a e，22222,ln ,21b b e a a e e∵.即实数a 的取值范围是21,e .(3)2,()x a e f x e bx e 有2个不同零点，则2x e e bx ，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ，注意到函数2x e e y x在区间 0,2上单调递减，在区间 2, 上单调递增，故122x x ，又由5245e e e 知25x ，122211122x e e e e b x x x b，要证2212ln 2b b e x x e b ，只需22ln e x b b，222222x x e e e b x x 且关于b 的函数 2ln e g b b b在4b e 上单调递增，所以只需证 22222222ln 52x x e x e x x x e，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e ，只需证2ln ln 202x e x x e，242e ∵，只需证4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，由于 11()44410x x x h x xe e e x x x，故函数 h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e ，故4()ln ln 2x x h x x e 在5x 时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9.(2021年北京卷数学试题)已知函数 232x f x x a．(1)若0a ，求 y f x 在 1,1f 处切线方程；(2)若函数 f x 在1x 处取得极值，求 f x 的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】(1)450x y ；(2)函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 ，最大值为1，最小值为14.【解析】【分析】(1)求出 1f 、 1f 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；(2)由 10f 可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】(1)当0a 时， 232x f x x ，则 323x f x x， 11f ， 14f ，此时，曲线 y f x 在点1,1f 处的切线方程为 141y x ，即450x y ；(2)因为 232x f x x a ，则 222222223223x a x x x x a f x x a x a ，由题意可得224101a f a ，解得4a ，故 2324x f x x ，222144x x f x x ，列表如下：x,1 1 1,4 4 4,f x 0 0 f x 增极大值减极小值增所以，函数 f x 的增区间为 ,1 、 4, ，单调递减区间为 1,4 .当32x 时， 0f x ；当32x 时， 0f x .所以， max 11f x f ， min 144f x f .。

2024高考数学习题导数的综合运用训练册

考点1 利用导数证明不等式考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题考点3 利用导数研究函数零点问题目录综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数的综合运用训练册考点1　利用导数证明不等式1.(2023天津,20节选,中)已知函数f (x )= ln(x +1).(1)求曲线y =f (x )在x =2处切线的斜率;(2)当x >0时,证明: f (x )>1.112x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭解析 (1)f '(x )= - ln(x +1),故曲线y =f (x )在x =2处的切线斜率为f '(2)= - .(2)指数找朋友法.证明:当x >0时, f (x )>1⇔ln(x +1)- >0,令g (x )=ln(x +1)- ,x >0,g '(x )= >0,故g (x )在(0,+∞)上单调递增,因此g (x )>g (0)=0,原不等式得证.22(1)x x x ++21x13ln 3422x x +22x x +22(1)(2)x x x ++2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +ax 2+(2a +1)x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)当a <0时,证明f (x )≤- -2.34a解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= +2ax +2a +1= .若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0,故f (x )在(0,+∞)单调递增.若a <0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0,故f (x )在单调递增,在单调递减.(2)证明:由(1)知,当a <0时, f (x )在x =- 取得最大值,最大值为f =ln -1- .1x (1)(21)x ax x++10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a所以f (x )≤- -2等价于ln -1- ≤- -2,即ln + +1≤0.设g (x )=ln x -x +1,则g '(x )= -1.当x ∈(0,1)时,g '(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g '(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln + +1≤0,即f (x )≤- -2.34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a 34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a1x12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a34a3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f (x )=ln(a -x ),已知x =0是函数y =xf (x )的极值点.(1)求a ;(2)设函数g (x )= .证明:g (x )<1.()()x f x xf x +解析 (1)第一步,利用x =0是函数y =xf (x )的极值点求a .由题意得y =xf (x )=x ln(a -x ),x ∈(-∞,a ),∴y '=ln(a -x )+x · ·(-1)=ln(a -x )- ,∵x =0是函数y =xf (x )的极值点,∴ln(a -0)- =0,可得a =1.1a x -x a x -00a -第二步,证明求出的a 满足条件.当a =1时,y '=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),令p (x )=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),1x x -1x x-则p '(x )= - = ,易知当x ∈(-∞,1)时,p '(x )<0恒成立.∴p (x )在(-∞,1)上为减函数,又p (0)=0,∴当x ∈(-∞,0)时,p (x )>0;当x ∈(0,1)时,p (x )<0,∴函数y =xf (x )=x ln(1-x )在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.∴当a =1时,x =0是函数y =xf (x )的极值点.∴a =1.11x -21(1)x -22(1)x x --(2)证明:由(1)知a =1,∴f (x )=ln(1-x ),x ∈(-∞,1),当x ∈(0,1)时, f (x )=ln(1-x )<0,∴xf (x )<0;当x ∈(-∞,0)时, f (x )=ln(1-x )>0,∴xf (x )<0,∴要证g (x )= <1(g (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x +f (x )>xf (x ).只需证x +ln(1-x )>x ln(1-x ),只需证x +(1-x )ln(1-x )>0,令h (x )=x +(1-x )ln(1-x ),x <1且x ≠0,()()x f x xf x则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.∴g(x)<1.4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f (x )=x (1-ln x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且b ln a -a ln b =a -b ,证明:2< + <e.1a 1b解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=-ln x ,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以函数f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由b ln a -a ln b =a -b 得 (1+ln a )= (1+ln b ),即 = ,令x 1= ,x 2= ,则x 1,x 2为f (x )=k 的两个实根,当x →0+时,f (x )→0+,当x →+∞时, f (x )→-∞,且f (1)=1,故k ∈(0,1),不妨令x 1∈(0,1),x 2∈(1,e),则2-x 1>1,e-x 1>1,先证明x 1+x 2>2,即证x 2>2-x 1,即证f (x 2)=f (x 1)<f (2-x 1).1a 1b 1a 11ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b 11ln b ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a 1b令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x) =-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x 1+x 2<e.设x 2=tx 1,则t >1,结合 = , =x 1, =x 2可得x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),即1-ln x 1=t (1-ln t -ln x 1),故ln x 1= ,要证x 1+x 2<e,即证(t +1)x 1<e,即证ln(t +1)+ln x 1<1,即证ln(t +1)+ <1,即证(t -1)ln(t +1)-t ln t <0,令S (t )=(t -1)ln(t +1)-t ln t ,t >1,ln 1a a +ln 1b b +1a 1b1ln 1t t t t ---1ln 1t t t t ---则S '(t )=ln(t +1)+ -1-ln t =ln - .因为ln(x +1)≤x (x >-1,当且仅当x =0时等号成立),所以可得当t >1时,ln ≤ < ,故S '(t )<0恒成立,故S (t )在(1,+∞)上为减函数,故S (t )<S (1)=0,故(t -1)ln(t +1)-t ln t <0成立,即x 1+x 2<e 成立.综上所述,2< + <e.11t t -+11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭21t +11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1t 21t +1a 1b考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x , f '(x )为f (x )的导数.(1)证明: f '(x )在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x ∈[0,π]时, f (x )≥ax ,求a 的取值范围.解析 (1)证明:设g (x )=f '(x ),则g (x )=cos x +x sin x -1,g '(x )=x cos x .当x ∈ 时,g '(x )>0;当x ∈ 时,g '(x )<0,所以g (x )在上单调递增,在上单调递减.0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭又g (0)=0,g >0,g (π)=-2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x )在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π, f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知, f '(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时, f '(x )>0;当x ∈(x 0,π)时, f '(x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减.2π⎛⎫ ⎪⎝⎭又f (0)=0, f (π)=0,所以,当x ∈[0,π]时,f (x )≥0.又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax .因此,a 的取值范围是(-∞,0].2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .(1)当a =e 时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.解析 (1)当a =e 时, f (x )=e x-ln x +1, f '(1)=e-1,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e-1)(x -1),即y =(e-1)x +2.直线y =(e-1)x +2在x 轴,y 轴上的截距分别为 ,2.因此所求三角形的面积为易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成 . (6分)(2)当0<a <1时, f (1)=a +ln a <1.2e 1--2e 1-2e 1--当a =1时, f (x )=e x -1-ln x , f '(x )=e x -1- .当x ∈(0,1)时,f '(x )<0;当x ∈(1,+∞)时, f '(x )>0.所以当x =1时, f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.1x 当a >1时, f (x )=a e x -1-ln x +ln a >e x -1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞). (12分)3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f (x )=2ln x +1.(1)若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围;(2)设a >0,讨论函数g (x )= 的单调性.()()f x f a x a--解析 (1)设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x +1-c ,其定义域为(0,+∞),h '(x )= -2= .当0<x <1时,h '(x )>0;当x >1时,h '(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x =1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c .故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时, f (x )≤2x +c .所以c 的取值范围为[-1,+∞).2x 2(1)x x-(2)g (x )= = ,x ∈(0,a )∪(a ,+∞),g '(x )= =()()f x f a x a --2(ln ln )x a x a --22ln ln ()x a a x x x a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭- .取c =-1得h (x )=2ln x -2x +2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x +ln x <0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1- +ln <0,从而g '(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减.221ln ()a a x x x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-a x a x4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f (x )=x e ax -e x .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x >0时, f (x )<-1,求a 的取值范围;(3)设n ∈N *,证明: + +…+ >ln(n +1).2111+2122+21n n +解析 (1)当a=1时, f(x)=x e x-e x,则f '(x)=x e x,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增. (2)当x>0时, f(x)<-1,即x e ax-e x<-1在(0,+∞)上恒成立,令F(x)=x e ax-e x+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.易得F(0)=0,F'(x)=e ax+ax e ax-e x,F'(0)=0, F″(x)=a e ax+a e ax+a2x e ax-e x,F″(0)=2a-1.若F ″(0)>0,则F '(x )必定存在一个单调递增区间(0,x 0),又F '(0)=0,∴F (x )也必定存在一个单调递增区间(0,x '0).于是F (x )>F (0)=0在(0,x '0)上恒成立,与F (x )<0矛盾,∴F ″(0)≤0,∴a ≤ .∵e ax≤ 在(0,+∞)上成立,∴F (x )≤x -e x +1在(0,+∞)上成立,故只需证x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.令G (x )=x -e x +1(x >0),122e x 2e x 2e x 2e x则G '(x )= + -e x = .∵e x>x +1在(0,+∞)上成立,∴ > +1在(0,+∞)上成立.∴G '(x )<0,故G (x )在(0,+∞)上单调递减,∴G (x )<G (0)=0.∴x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.故当a ≤ 时,x e ax -e x <-1在(0,+∞)成立.∴a 的取值范围为 .2e x 2x 2e x 2e x 21e 2x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2e x 2x 2e x121,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦(3)构造函数h (x )=x - -2ln x (x >1),则h '(x )=1+ - = = ,易知h '(x )>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增,∴h (x )>h (1)=0,∴x - >2ln x ,令x = ,则有 - >2ln ,∴ >ln ,∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n +1).原式得证.1x 21x 2x2221x x x -+22(1)x x -1x 11n+11n +111n +11n +21n n +1n n +2111+2122+21n n +21321n n +考点3　利用导数研究函数零点问题1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析 (1)由题意得f '(x )=2a 2x +a - = ,x ∈(0,+∞).∵a >0,x >0,∴ >0,当x ∈ 时, f '(x )<0;当x ∈ 时, f '(x )>0,∴函数f (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)∵y =f (x )的图象与x 轴没有公共点,∴函数f (x )在(0,+∞)上没有零点,又函数f (x )在上单调递减,在上单调递增,∴f (x )min =f =3-3ln =3+3ln a >0,∴ln a >-1,解得a > ,故实数a 的取值范围是 .3x (23)(1)ax ax x +-23ax x +10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=e x -a (x +2).(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.解析 (1)当a =1时, f (x )=e x -x -2,则f '(x )=e x-1.当x <0时, f '(x )<0;当x >0时, f '(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)若f (x )有两个零点,则e x-a (x +2)=0有两个解,由方程可知,x =-2不成立,即a = 有两个解, 将问题转化为曲线y = 和直线y =a 有两个交点 e 2x x +e 2xx +令h (x )= (x ≠-2),则有h '(x )= = ,令h '(x )>0,解得x >-1,令h '(x )<0,解得x <-2或-2<x <-1,e 2x x +2e (2)e (2)x x x x +-+2e (1)(2)xx x ++所以函数h (x )在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x <-2时,h (x )<0,当x →-2+时,h (x )→+∞,当x →+∞时,h (x )→+∞,所以当a = 有两个解时,有a >h (-1)= ,所以满足条件的a 的取值范围是 .e 2xx +1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析 (1)f '(x )=e x-a ,g '(x )=a - .当a ≤0时, f '(x )>0恒成立, f (x )在R 上无最小值,不符合题意.∴a >0.令f '(x )=0,得x =ln a ,令g '(x )=0,得x = .易知f (x )min =f (ln a )=a -a ln a ,g (x )min =g =1+ln a ,∴a -a ln a =1+ln a ,即ln a = ①.令h (x )=ln x - (x >0),1x 1a1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭11a a -+11x x -+则h '(x )= - = >0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h (x )最多有一个零点.又h (1)=ln 1- =0,∴方程①有且仅有一解,为a =1,即为所求.(2)由(1)知, f (x )=e x-x ,g (x )=x -ln x ,当x <0时, f (x )单调递减,当x >0时, f (x )单调递增;当0<x <1时,g (x )单调递减,当x >1时,g (x )单调递增.不妨设直线y =b 与y =f (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 1,x 2,与y =g (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3.1x 22(1)x +221(1)x x x ++1111-+则 -x 1= -x 2=x 2-ln x 2=x 3-ln x 3,∴ -x 1=x 2-ln x 2= -ln x 2.易知x 1∈(-∞,0),x 2∈(0,1),则ln x 2∈(-∞,0),又f (x )在(-∞,0)上单调递减,∴x 1=ln x 2,同理x 2=ln x 3,x 3= .又 -x 2=x 2-ln x 2,∴ln x 2+ =2x 2.∴x 1+x 3=ln x 2+ =2x 2.∴x 1,x 2,x 3成等差数列.∴存在直线y =b ,其与两条曲线y =f (x )和y =g (x )共有三个不同的交点,并且从左到右的三1e x 2e x 1e x 2ln e x 2e x 2e x 2e x 2e x 个交点的横坐标成等差数列.4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a >0且a ≠1,函数f (x )= (x >0).(1)当a =2时,求f (x )的单调区间;(2)若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,求a 的取值范围.a x x a解析 (1)当a =2时,f (x )= , f '(x )= = ,令f '(x )=0,得x = ,当0<x < 时, f '(x )>0,当x > 时, f '(x )<0,∴函数f (x )在上单调递增,在上单调递减.(2)第一步,将曲线y =f (x )与直线y =1的交点问题转化为方程的根的问题.22x x 22222ln 2(2)x x x x x ⋅-⋅(2ln 2)2x x x -2ln 22ln 22ln 220,ln 2⎛⎤ ⎥⎝⎦2,ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭令f (x )=1,则 =1,所以x a =a x .第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得a ln x =x ln a ,即 = .第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程 = 有两个实数解.设g (x )= ,则g '(x )= ,令g '(x )=0,则x =e.当x ∈(0,e)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;ax x aln x x ln a aln x x ln a a ln x x 21ln x x当x ∈(e,+∞)时,g '(x )<0,g (x )单调递减.第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g (1)=0, g (x )=0,g (x )max =g (e)= ,所以要使曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,则只需 ∈ ,即g (a )= ∈ ,所以a ∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).lim x →+∞1ea a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭a a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f (x )=ln x + ,g (x )= .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)求证:当0≤a ≤1时, f (x )>g (x ).1a x -(sin 1)2a x x+-解析 (1)f '(x )= - = (x ∈(0,+∞)),当a -1<0,即a <1时, f '(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a -1>0,即a >1时,令f '(x )=0,得x =a -1,∴函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.综上所述,当a <1时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.(2)证明:令F (x )=f (x )-g (x )=ln x + - = (x >0,0≤a ≤1),欲证f (x )>g (x ),即证F (x )>0,即证x ln x -a sin x +1>0,即证x ln x >a sin x -1.1x 21a x -2(1)x a x--1a x -(sin 1)2a x x +-ln sin 1x x a x x-+先证:x ln x≥ax-1.设g(x)=x ln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,令g'(x)=0,得x=e a-1,∴g(x)在(0,e a-1)上单调递减,在(e a-1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e a-1)=(a-1)e a-1-a e a-1+1=1-e a-1,∵0≤a≤1,∴1-e a-1≥0,则g(x)≥0,即x ln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.再证:ax-1≥a sin x-1.设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.∵0≤a≤1,∴ax-1≥a sin x-1,当且仅当a=0时取等号.又x ln x≥ax-1与ax-1≥a sin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴x ln x>a sin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)e x,g(x)=e2ln x-a e x.(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).解析 (1)对g (x )求导得g '(x )= -a e= (x >0).①当a ≤0时,g '(x )>0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.②当a >0时,令g '(x )=0,解得x = >0,当x ∈ 时,g '(x )>0,g (x )在上单调递增,当x ∈ 时,g '(x )<0,g (x )在上单调递减,所以g (x )在x = 处取得最大值g ,又函数g (x )在(e,+∞)上存在最大值,因此 >e,解得a <1.2e x 2e e a x x -e ae 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e a e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e a所以a 的取值范围为(0,1).(2)证明:欲证f (x )>g (x ),即证当x >0时,(x 2-2x )e x >e 2ln x -2e x ,即证当x >0时,(x 2-2x )e x +2e x >e 2ln x ,即证(x -2)e x +2e> .设φ(x )=(x -2)e x +2e(x >0),则φ'(x )=(x -1)e x,当0<x <1时,φ'(x )<0,当x >1时,φ'(x )>0,所以φ(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x )≥φ(1)=e,当x =1时,等号成立.2e ln x x设h (x )= (x >0),则h '(x )= ,当0<x <e 时,h '(x )>0,当x >e 时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h (x )≤h (e)=e,当x =e 时,等号成立.综上,x >0时,φ(x )≥h (x ),但等号不同时成立,所以x >0时,φ(x )>h (x ),即f (x )>g (x )得证.2e ln x x 22e (1ln )x x3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f (x )= x 2-a e x (a ∈R).(1)已知曲线f (x )在(0, f (0))处的切线与圆x 2+y 2-2x -2y -3=0相切,求实数a 的值;(2)已知x ≥0时, f (x )≤-x 2-ax -a 恒成立,求实数a 的取值范围.12解析 (1)圆的方程可化为(x -1)2+(y -1)2=5,则圆心为(1,1),半径为 ,对函数f (x )求导得f '(x )=x -a e x ,则f '(0)=-a ,又f (0)=-a ,于是曲线f (x )在(0, f (0))处的切线方程为y +a =-ax ,即ax +y +a =0,因为直线ax +y +a =0与圆相切,5所以 = ,则a =2,所以实数a 的值为2.(2)设g (x )=f (x )+x 2+ax +a = x 2-a e x +ax +a (x ≥0),22|1|1a a a +++532则g (x )≤0在[0,+∞)上恒成立.对g (x )求导得g '(x )=3x -a e x+a ,设h (x )=3x -a e x +a ,x ≥0,则h '(x )=3-a e x ,当a ≥3时,当x ≥0时,a e x ≥3e x≥3,即有h '(x )≤0,所以函数h (x ),即g '(x )在[0,+∞)上单调递减,于是当x ≥0时,g '(x )≤g '(0)=0,则函数g (x )在[0,+∞)上单调递减,因此当x ≥0时,g (x )≤g (0)=0,故a ≥3.当0<a <3时,令h '(x )>0,得0<x <ln ,3a则函数h (x ),即g '(x )在上单调递增,于是当0≤x <ln 时,g '(x )>g '(0)=0,即函数g (x )在上单调递增,因此当0≤x <ln 时,g (x )≥g (0)=0,不合题意.所以实数a 的取值范围为[3,+∞).30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f (x )=4ln x -ax + (a ≥0).(1)当a = 时,求f (x )的极值;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈ ,使得f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)3a x +121,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a = 时, f (x )=4ln x - + ,∴f '(x )= - - =- ,令f '(x )>0,可得1<x <7,令f '(x )<0,可得0<x <1或x >7,∴f (x )在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,∴f (x )极小值=f (1)=3, f (x )极大值=f (7)=4ln 7-3.(2)f '(x )= (x >0),122x 72x 4x 12272x 2(1)(7)2x x x--224(3)ax x a x -+-+。

2021年高考数学(理)复习学与练：3.3 函数与导数的综合应用(精练)((教师版))

当 x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，
∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex 在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即 g′(x)＜0，
∴g(x)＝x2－ex 在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，
故若 f(x)＞－1 在[1，＋∞ )上恒成立，
故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值为 g(1)＝1.
精品资源·备战高考
3
高考复习·学与练
ex
ex（x－1）
设函数 h(x)＝ex，则 h′(x)＝ ex2 .
所以当 x∈(0，1)时，h′(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
1
1
x
(1，a)
a
1 (a，＋∞)
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)
极大值
1
∴φ(x)max＝φ(a)＞φ(1)＝0，不满足不等式 f(x)≤ag(x)．综上所述，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
2a－x2
3．(2020·福建省龙岩市一中模拟)已知函数 f(x)＝ ex (a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若不等式 f(x)≤ag(x)对任意的 x∈(1，＋∞)均成立，求实数 a 的取值范围． 1
【解析】(1)∵f′(x)＝x，∴f′(1)＝1. 又∵f(1)＝0，
Байду номын сангаас
∴所求切线的方程为 y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即为 x－y－1＝0.
(2)易知对任意的 x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.

导数专题训练(含答案)

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43，所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)，令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上．又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)，即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0，因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43，所以a 3－3a 2＋4＝0，即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意．综上a ＝－1或a ＝2.变式训练解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )，所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823，解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

2024届高三冲刺专题训练-导数及应用

导数应用方法技巧：1.利用导数求函数的零点、极值点常用方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点或者极值的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.(3)函数(极值点为x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x 0.2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件5.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数6.根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之间联系设作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t 表示两个极值点关系作量，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题.典型例题：1、若关于x 的方程1e0e e x x xx m x +++=+有三个不等的实数解123,,x x x ，且1230x x x <<<，其中R m ∈，e 2.71828= 为自然对数的底数，则3122312111e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（）A.eB.2e C.e 1+ D.()2e 1+2、设函数21()4ln 2f x x x a x =-+，若函数()y f x =存在两个极值点12,x x ，且不等式1212()()f x f x x x t +≥++恒成立，则t 的取值范围为（）A.(]1-∞-，B.(]168ln 2-∞--，C.2e 4e 2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦， D.(]13-∞-，3、（多选题）已知函数21()e xx x f x +-=，其中R x ∈，则（）A.不等式()e f x ≥-对R x ∈恒成立B .方程(())1f f x =-共有4个实根C.若关于x 的方程()f x k =有且只有两个实根，则k 的取值范围为(e,0]-D.若关于x 的不等式()f x ax ≥恰有1个正整数解，则a 的取值范围为251,2e e ⎛⎤⎥⎝⎦4、在平面直角坐标系xOy 中，若过点P 且同时与曲线e x y =，曲线2ln y x =+都相切的直线有两条，则点P 的坐标为_________5、函数21()ln 12f x x a x =-+，当20a -≤<，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，则实数m 的最小值为_______6、将一个半径为6的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为（）A.1+B.)21+C.)21-D.)417、若关于x 的不等式2(ln ln )2e x a x a +≤在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A. B.(20,e⎤⎦C.(0,e]D.(0,2e]8、若关于x 的不等式()()e 1ln e 1axx ax x -+≥-在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦内有解，则正实数a 的取值范围是（）A.(]0,22ln2+B.⎤⎥⎦C.(]0,4 D.1,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦9、若对于任意正数xy ，不等式()1ln ln x x x y ay +≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．311,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭10、（多选题）函数()32f x ax bx cx d =+++存在两个极值点()1212,x x x x <，且()11f x x =-，()22f x x =，设()f x 的零点个数为m ，方程()()23()20a f x bf x c ++=的实根个数为n ，则（）A ．当0a >时，3n =B ．当0a <时，2m n +=C ．mn 一定能被3整除D ．m n +的取值集合为{}4,5,6,711、若函数()1f x x x+=-在不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x 处的切线互相平行，则这两条平行线间距离的最大值为_________12、如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件:①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C 在点A 处的二阶导数（已知圆()()222x a y b r -+-=在点()00,A x y 处的二阶导数等于()230r b y -）；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．（1）求抛物线2y x =在原点的曲率圆的方程；（2）求曲线1y x=的曲率半径的最小值；（3）若曲线e x y =在()11,e xx 和()()2212,e xx x x ≠处有相同的曲率半径，求证：12ln2x x+<-导数应用参考答案1、若关于x 的方程1e0e ex x xx m x +++=+有三个不等的实数解123,,x x x ，且1230x x x <<<，其中R m ∈，e 2.71828= 为自然对数的底数，则3122312111e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（）A.eB.2e C.e 1+ D.()2e 1+答案：B解：由关于的x 方程1e e00e e e 1e x x x xxx x m m x x +++=⇒++=++，令ex x t =，则有2e0(1)e 01t m t m t m t ++=⇒++++=+，令函数()e x xg x =，则1()exx g x -'=，当1x <时()0g x '>，当1x >时()0g x '<，()g x ∴在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，其图象如图：要使关于x 的方程1e 0e e x x xx m x +++=+有3个不相等的实数解1x ，2x ，3x ，且1230x x x <<<，结合图象可得关于t 的方程2(1)e 0t m t m ++++=一定有两个实根1t ，212(0)t t t <<，且111e x x t =，32322e ex x x x t ==，由韦达定理知，12(1)t t m +=-+，12e t t m =+，1232231212(1)(1)(1)[(1)(1)]e e ex x x x x x t t ∴+++=++，又121212(1)(1)()1(e )(1)1e t t t t t t m m ++=+++=+-++=，可得12322312111e e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2、设函数21()4ln 2f x x x a x =-+，若函数()y f x =存在两个极值点12,x x ，且不等式1212()()f x f x x x t +≥++恒成立，则t 的取值范围为（）A.(]1-∞-，B.(]168ln 2-∞--，C.2e 4e 2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦， D.(]13-∞-，答案：D解：函数()f x 定义域为()0,∞+，24()4,0a x x af x x x x x-+'=-+=>，又函数()y f x =存在两个极值点12,x x ，所以方程240x x a -+=在()0,∞+上有两个不相等的正实数根，则1212Δ1640400a x x x x a =->⎧⎪+=>⎨⎪=>⎩，解得04a <<，又()2212121112221211()()4ln 4ln 22f x f x x x x x a x x x a x x x +-+=-++-+--()()()212121212125ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦[]116220ln ln 122a a a a a a =--+=--设()ln 12,04h a a a a a =--<<，则()ln h a a '=，当01a <<时，()0h a '<，()h a 单调递减，当14a <<时，()0h a '>，()h a 单调递增加，()()min 113h a h ==-因为不等式1212()()f x f x x x t +≥++恒成立，即()1212()()f x f x x x t +-+≥恒成立，所以13t ≤-.3、（多选题）已知函数21()e xx x f x +-=，其中R x ∈，则（）A.不等式()e f x ≥-对R x ∈恒成立B .方程(())1f f x =-共有4个实根C.若关于x 的方程()f x k =有且只有两个实根，则k 的取值范围为(e,0]-D.若关于x 的不等式()f x ax ≥恰有1个正整数解，则a 的取值范围为251,2e e ⎛⎤⎥⎝⎦答案：ABD解：对于选项A ，()()()2122e e x xx x x x f x +---'=-=-，当1x <-或2x >时，()0f x '<，当12x -<<时，()0f x ¢>，所以()f x 在(),1-∞-，()2,+∞上单调递减，在()1,2-上单调递增，()f x \在=1x -出取得极小值，()1e f -=-，在2x =处取得极大值，()252ef =，而2x >时，恒有()0f x >成立，()f x \的最小值是e -，即()e f x ≥-，对x ∈R 恒成立，故A 正确；对于B 选项，由()0f x =得：210x x +-=，解得152x -±=，令()f x t =，且()1f t =-，由图像知，()1f t =-有两解分别为:1112t -<<-，20t =，所以()1f x t =或()2f x t =，而15e 2-->-，则()1f x t =有两解，()20f x t ==，也有两解，综上，方程()()1ff x =-共有4个根，B 正确；对于C 选项，方程()f x k =有且只有两个实根，即曲线()f x 与直线y k =有且只有两个交点，由A 选项分析，曲线()f x 与直线y k =图像如下，由图知，当e 0k -<≤或25ek =时，曲线()f x 与直线y k =有且只有两个交点，故C 错误；对于D 选项，直线y ax =过原点()0,0，且()11e f =，()252ef =，()3113e f =，记()110110e f k -==-，()22205202e f k -==-，()333011303ef k -==-，易判断，123k k k >>，不等式()f x ax ≥恰有1个正整数解，即曲线()f x 在y ax =上对应的x 值恰有1个正整数，由图像可得，21k a k <≤，即2512e ea <≤，故D 正确4、在平面直角坐标系xOy 中，若过点P 且同时与曲线e x y =，曲线2ln y x =+都相切的直线有两条，则点P 的坐标为_________答案：1e ,e 1e 1⎛⎫ ⎪--⎝⎭解：设点P 的坐标为()00,x y ，显然这两条曲线的公切线存在斜率，设为k ，因此切线方程为()0000y y k x x y kx y kx -=-⇒=+-，设曲线e x y =的切点为()11,x y ，即11e xy =，由e e x x y y '=⇒=，所以过该切点的切线的斜率为1e x ，则有()111100e e e 1xxxx y x =+-设2ln y x =+的切点为()22,x y ，即222ln x y +=，由12ln y x y x'=+⇒=，所以过该切点的切线的斜率为21x ，则有220022112ln x x y x x x +=+-，由题意可知：121e x k x ==，于是有：()110021e 2xx y x -=+-()()12-，得()()1111e 101x x x --=⇒=，或10x =，当11x =时，则有()0000e e e e 3y x y x =+-⇒=，当10x =时，则有()0014y x =+，由()()3,4可解，0011e e 1,ee 1e 1e 1x P y ⎧=⎪⎪⎛⎫-⇒⎨ ⎪--⎝⎭⎪=⎪-⎩5、函数21()ln 12f x x a x =-+，当20a -≤<，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，则实数m 的最小值为_______答案：12解：因为20a -≤<，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则()()121211f x f x m x x -≤-，可化为()()2121m m f x f x x x +≤+，设()()21ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则()()12h x h x ≥，所以()h x 为[]1,2上的减函数，即()20a mh x x x x'=--≤在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立，设()3g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤<，所以()30g x x a 2'=->，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以()max ()28212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立）.所以12m ≥.6、将一个半径为6的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为（）A.1+B.)21+C.)21-D.)41答案：D解：设圆锥底面半径为r ，则高为6(21π63V r =令6)t t =≤<，得2236r t =-，所以()()23211()π(36)6π63621633V t t t t t t =-+=--++，则()()221()π31236π412π(2)(6)3V t t t t t t t '=--+=-+-=--+，所以当02t ≤<时，()0V t '>，当26t <<时，()0V t '<，所以()V t 在[0,2)上递增，在(2,6)上递减，所以当2t =时，()V t 取得最大值，即r =时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为668+=+，母线长为l ==，设圆锥的内切球半径为R ，圆锥的轴截面图如图所示，8,8AD AC D C AO R ====-，因为,90EAO DAC AEO ADC ∠=∠∠=∠=︒，所以EAO DAC ，所以OE AOCD AC=,=，解得)41R =7、若关于x 的不等式2(ln ln )2e x a x a +≤在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A.B.(20,e⎤⎦C.(0,e]D.(0,2e]答案：D解：依题意得，()2ln 2e xax ax x ≤，故()()ln 2eln 2e ax x ax x ≤，令()e ,xf x x x =∈R ，则()()1e xf x x +'=，令()0f x '=可得=1x -，所以(),1x ∞∈--时，()0f x '<，则()f x 在(),1∞--上单调递减，()1,x ∞∈-+时，()0f x '>，则()f x 在()1,∞-+上单调递增；且当0x <时，()0f x <，当0x >时，()0f x >；则由()()()ln 20f ax f x x ≤>，得()ln 2ax x ≤，则2e x a x≤令()()2e ,0,x g x x x ∞=∈+，则()()2221e xx g x x -'=，故当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1,2x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()()0,g x g x '>单调递增，故()min 12e 2g x g ⎛⎫⎡⎤==⎪⎣⎦⎝⎭，则2e a ≤，则实数a 的取值范围为(]0,2e a ∈8、若关于x 的不等式()()e 1ln e 1axx ax x -+≥-在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦内有解，则正实数a 的取值范围是（）A.(]0,22ln2+ B.⎤⎥⎦C.(]0,4 D.1,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦答案：A解：由不等式()()e 1ln e 1axx ax x -+≥-，即()()e 1ln ee1axaxx x -≥-，令e ax t x =，即有()e 1ln 1t t -≥-，又由0a >，所以函数e ax t x =在[)0,x ∈+∞上单调递增，因为1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以21e e ,e 2a ax a t x ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，令()()e 1ln 1f t t t =--+，问题转化为存在21e ,e 2a a t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥，因为()e 1tf t t--='，令()0f t '>，可得0e 1t <<-；令()0f t '<，得e 1t >-，所以()f t 在()0,e 1-上单调递增，在()e 1,-+∞上单调递减，又因为()()()10,e e 1lne e 10f f ==--+=，所以当1e t ≤≤时，()0f t ≥，若存在21e ,e 2a a t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立，只需21e e 2a ≤且e 1a ≥，解得022ln2a ≤≤+，因为0a >，所以(]0,22ln2a ∈+9、若对于任意正数xy ，不等式()1ln ln x x x y ay +≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．311,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭答案：C解：参变分离得()ln ln ay x y x x ≥--，()ln ln x x a y x y y ∴≥--，ln x y xa y x y∴≥-设y t x =，得ln 1t a t -≥，()0,t ∈+∞，设ln 1()x g x x -=，()0,x ∈+∞，求导讨论单调性，可得21a e≥10、（多选题）函数()32f x ax bx cx d =+++存在两个极值点()1212,x x x x <，且()11f x x =-，()22f x x =，设()f x 的零点个数为m ，方程()()23()20a f x bf x c ++=的实根个数为n ，则（）A ．当0a >时，3n =B ．当0a <时，2m n +=C ．mn 一定能被3整除D ．m n +的取值集合为{}4,5,6,7答案：AB解：由()()23()20a f x bf x c ++=得()1f x x =或()2f x x =，依题意可得以下6种情况：当0a >时当0a <时m n +的取值集合为{}4,5,6,8．11、若函数()21f x x x+=-在不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x 处的切线互相平行，则这两条平行线间距离的最大值为_________答案：解：由题意有()2211f x k x '=+=，设()11111,0A x x x x ⎛⎫+-> ⎪ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 在点A处的切线方程为)21121110x y x x +⎛⎫++--= ⎪ ⎪⎝⎭，所以原点O 到点A处切线的距离为))212121x x d =因为))22121121x x++≥，所以2121d ≤当且仅当2122x +=时等号成立，因为()f x '是偶函数，且()f x在A ，B 两点处切线互相平行，所以12x x =-，即()f x 在A ，B 两点处切线关于原点对称，所以这两条平行线间的距离的最大值为12、如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件:①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C 在点A 处的二阶导数（已知圆()()222x a y b r -+-=在点()00,A x y 处的二阶导数等于()230r b y -）；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．（1）求抛物线2y x =在原点的曲率圆的方程；（2）求曲线1y x=的曲率半径的最小值；（3）若曲线e x y =在()11,e xx 和()()2212,e xx x x ≠处有相同的曲率半径，求证：12ln2x x+<-答案：（1）221124x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭（2（3）证明见解析1解：记()2f x x =，设抛物线2y x =在原点的曲率圆的方程为()222x y b b +-=，其中b 为曲率半径．则()2f x x '=，()2f x ''=，故()()231200b f b b ===-''，232r b=，即12b =，所以抛物线2y x =在原点的曲率圆的方程为221124x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭；2解：设曲线()y f x =在()00,x y 的曲率半径为r ．则方法①：()()()0002030x a f x y b r f x b y -⎧=-⎪-⎪⎨'''⎪=⎪-⎩，由()()22200x a y b r -+-=知，()()220201r f x y b ⎡⎤+='⎣⎦-，所以(){}()322001f x r f x ⎡⎤+='''⎣⎦，故曲线1y x=在点()00,x y 处的曲率半径3222030112x r x ⎧⎫⎛⎫⎪⎪-+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭=所以3340220220301111242x r x x x ⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭==+≥ ⎪⎝⎭，则2212333020122r x x -⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭，则322020112r x x ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭，当且仅当20201x x =，即201x =时取等号，故r ≥1y x=在点()1,1处的曲率半径r =方法②：()02002330012x a x y b r x b y -⎧-=-⎪-⎪⎨⎪=⎪-⎩r =，所以23001323013022x ry b r x a x ⎧⋅⎪-=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎪⎩，而()()4423322200022233022x r r r x a y b x ⋅=-+-=+⋅，所以2223302012r x x -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解方程可得322020112r x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则3220201124r x x ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭，当且仅当20201x x =，即201x =时取等号，故r ≥1y x=在点()1,1处的曲率半径r =3解：函数e x y =的图象在(),exx 处的曲率半径()322e1exxr +=，故242333e e x x r -=+，由题意知：11242423333ee eex x x x --+=+令12223312,e ex x t t ==，则有22121211t t t t +=+，所以22122111t t t t -=-，即()()12121212t t t t t t t t --+=，故()12121t t t t +=．因为12x x ≠，所以12t t ≠，所以()()123212121212122e x x t tt t t t t t +=+>⋅=，所以12ln2x x +<-．。

【高中数学】习题课导数的综合应用

习题课导数的综合应用题型一导数在解决实际问题中的应用【例1】某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产量x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝4 200－x24 500，每生产一瓶正品盈利4元，每生产一瓶次品亏损2元.(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；(2)求该种饮品的最大日利润.解(1)由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损2 000元，故y＝4 000×4 200－x24 500x－2 000⎝⎛⎭⎪⎫1－4 200－x24 500x＝3 600x－43x3.所以日利润y＝－43x3＋3 600x(x∈N*，1≤x≤40).(2)令f(x)＝－43x3＋3 600x，x∈[1，40]，则f′(x)＝3 600－4x2.令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减，所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－43×303＋3 600×30＝72 000，也即y的最大值为72 000，所以该种饮品的最大日利润为72 000元.规律方法利用导数解决实际应用问题的步骤(1)函数建模：细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y ＝f (x ). (2)确定定义域：一定要从问题的实际意义去考虑，舍去没有实际意义的自变量的范围.(3)求最值：尽量使用导数法求出函数的最值. (4)下结论：根据问题的实际意义给出圆满的答案.【训练1】如图，要设计一面矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两个栏目的面积之和为18 000 cm 2，四周空白的宽度为10 cm ，两栏目之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告牌的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告牌的面积最小？解设广告牌的高和宽分别为x cm ，y cm ，则每个栏目的高和宽分别为(x －20)cm ，y －252 cm ，其中x >20，y >25.∵两个栏目的面积之和为2(x －20)·y －252＝18 000，∴y ＝18 000x －20＋25， ∴广告牌的面积S (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫18 000x －20＋25＝18 000xx －20＋25x ，∴S ′(x )＝18 000[（x －20）－x ]（x －20）2＋25＝－360 000（x －20）2＋25.令S ′(x )>0，得x >140；令S ′(x )<0，得20<x <140.∴函数S (x )在(140，＋∞)上单调递增，在(20，140)上单调递减， ∴S (x )的最小值为S (140).当x ＝140时，y ＝175，故当广告牌的高为140 cm ，宽为175 cm 时，可使广告牌的面积最小，最小面积为24 500 cm 2.题型二与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：∴对t∈(0，2)，当maxh(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞).规律方法(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.【训练2】设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c. ∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞). 题型三利用导数证明不等式【例3】已知函数f(x)＝ln x－a（x－1）x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对于任意x∈(1，2)，不等式1ln x－1x－1<12恒成立.(1)解易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a). (2)证明∵1<x<2，∴1ln x－1x－1<12等价于(x＋1)ln x－2(x－1)>0，令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，即F′(x)＝ln x＋x＋1x－2＝ln x＋1x－1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln x－1＋1x在[1，＋∞)上单调递增，∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，即ln x ＋1x －1≥0，F ′(x )≥0， ∴F (x )在[1，2)上单调递增， ∴当x ∈(1，2)时，F (x )>F (1)＝0，即当1<x <2时，1ln x －1x －1<12恒成立.规律方法 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性. (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数. 【训练3】设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x . (1)解依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞). f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1. ∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(2)证明由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，x －1ln x >1，又可将1x 代入ln x <x －1，得ln 1x <1x －1，即－ln x <1x －1⇔ln x >1－1x ⇔ln x >x －1x ⇔x >x －1ln x ，故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .题型四利用导数解决函数的零点或方程的根问题【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋ax －1，(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≤1时，求函数f (x )在区间(0，e]上零点的个数. 解 (1)f ′(x )＝1－ln x －a x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e 1－a. f ′(x )及f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )(2)由(1)可知f (x )的最大值为f (e1－a)＝1－e 1－a e1－a ，①当a ＝1时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减. 又f (1)＝0，故f (x )在区间(0，e]上只有一个零点. ②当a <1时，1－a >0，e 1－a >1，则f (e1－a)＝1－e 1－ae1－a <0，所以f (x )在区间(0，e]上无零点.综上，当a ＝1时，f (x )在区间(0，e]上只有一个零点，当a <1时，f (x )在区间(0，e]上无零点.规律方法利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.【训练4】若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )取得极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的实数根，求实数k 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得a ＝13，b ＝4(经检验满足题意).∴f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2). 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0.因此，当x ＝－2时，f (x )取得极大值283，当x ＝2时，f (x )取得极小值－43. ∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的大致图象如图所示. 由图可知，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.一、素养落地1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解应用题的主要方法.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确给出函数表达式； (2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.3.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题. 二、素养训练1.设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时底面边长为( )A.3V B.32VC.34VD.23V解析设底面边长为x ，则表面积S ＝32x 2＋43x V (x >0). ∴S ′＝3x 2(x 3－4V ).令S ′＝0，得x ＝34V . 答案 C2.已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的正数a ，b ，若a <b ，则必有( ) A.bf (b )≤af (a ) B.bf (a )≤af (b ) C.af (a )≤bf (b )D.af (b )≤bf (a )解析设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )≤0，∴g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减或g (x )为常函数. ∵a <b ，∴g (a )≥g (b )，即af (a )≥bf (b )，故选A. 答案 A3.已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A.13万件 B.11万件 C.9万件D.7万件解析因为y ′＝－x 2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0，9)时，y ′＞0.所以，函数y ＝－13x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增. 所以x ＝9是函数的极大值点.又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值. 答案 C4.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则a 的取值范围是________.解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)三、审题答题示范(二)利用导数解决不等式问题【典型示例】(12分)已知函数f(x)＝ax－e x(a∈R)，g(x)＝ln x x.(1)求函数f(x)的单调区间①；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x成立②，求a的取值范围.联想解题看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“∃x”，而不是“∀x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.满分示范解(1)因为f′(x)＝a－e x，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).4分(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.6分设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋0 － h (x )极大值12e10分由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e . 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .12分满分心得(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.基础达标一、选择题1.对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A.0≤a ≤21 B.a ＝0或a ＝7 C.a <0或a >21D.a ＝0或a ＝21解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ，当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )不存在极值点. 答案 A2.定义在R 上的函数f (x )，若(x －1)·f ′(x )<0，则下列各项正确的是( ) A.f (0)＋f (2)>2f (1) B.f (0)＋f (2)＝2f (1) C.f (0)＋f (2)<2f (1)D.f (0)＋f (2)与2f (1)大小不定解析 ∵(x －1)f ′(x )<0，∴当x >1时，f ′(x )<0；当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增， ∴f (0)<f (1)，f (2)<f (1)，则f (0)＋f (2)<2f (1). 答案 C3.已知函数f (x )＝x －sin x ，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0的解集是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ C.(－∞，3)D.(3，＋∞)解析因为f (x )＝x －sin x ，所以f (－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，函数的导数f ′(x )＝1－cos x ≥0，则函数f (x )是增函数，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0等价为f (x ＋1)>－f (2－2x )＝f (2x －2)，即x ＋1>2x －2，解得x <3，故不等式的解集为(－∞，3). 答案 C4.方底无盖水箱的容积为256，则最省材料时，它的高为( ) A.4 B.6 C.4.5D.8解析设底面边长为x ，高为h ，则V (x )＝x 2·h ＝256，∴h ＝256x 2，∴S (x )＝x 2＋4xh ＝x 2＋4x ·256x 2＝x 2＋4×256x ，∴S ′(x )＝2x －4×256x 2.令S ′(x )＝0，解得x ＝8，∴h ＝25682＝4. 答案 A5.若函数f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2 C.(0，4e 2)D.(0，＋∞)解析令g (x )＝x 2e x ，则g ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2). 令g ′(x )＝0，得x ＝0或－2，∴g (x )在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增. ∴g (x )极大值＝g (－2)＝4e 2，g (x )极小值＝g (0)＝0，又f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则0<a <4e 2. 答案 B 二、填空题6.某厂生产某种商品x 件的总成本c (x )＝1 200＋275x 3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大.解析设产品的单价为p 万元，根据已知，可设p 2＝k x ，其中k 为比例系数.因为当x ＝100时，p ＝50，所以k ＝250 000. 所以p 2＝250 000x ，p ＝500x ，x ＞0.设总利润为y 万元，y ＝500x ·x －1 200－275x 3＝500x －275x 3－1 200.则y ′＝250x －225x 2. 令y ′＝0，得x ＝25.故当0＜x ＜25时，y ′＞0，当x ＞25时，y ′＜0，所以，当x ＝25时，函数y 取得极大值，也是最大值. 答案 257.已知函数f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取值范围是________. 解析由2x ln x ≥－x 2＋ax －3，得a ≤2ln x ＋x ＋3x . 设h (x )＝2ln x ＋3x ＋x (x >0).则h ′(x )＝2x －3x 2＋1＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. ∴h (x )min ＝h (1)＝4.又f (x )≥g (x )恒成立，∴a ≤4. 答案 (－∞，4]8.已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是________. 解析由f (x )－m ≥0得f (x )≥m ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2x ＝2（x 2－1）x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，此时，函数f (x )单调递增，所以f (1)≤f (x )≤f (e). 即1≤f (x )≤e 2－2，要使f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则有m ≤e 2－2. 答案 (－∞，e 2－2] 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数. 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x （ln x ＋2）2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增. f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点.10.一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比.已知速度为每小时10海里时，燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？解设速度为v 海里的燃料费每小时p 元，那么由题设的比例关系得p ＝k ·v 3，其中k 为比例系数，它可以由v ＝10，p ＝6求得，即k ＝6103＝0.006，于是有p ＝0.006v 3. 又设当船的速度为v 海里时，行1海里所需的总费用为q 元，那么每小时所需的总费用是0.006v 3＋96(元)，而行1海里所需时间为1v 小时，所以，行1海里的总费用为：q ＝1v (0.006v 3＋96)＝0.006v 2＋96v . q ′＝0.012v －96v 2＝0.012v 2(v 3－8 000)，令q ′＝0，解得v ＝20.∴当v <20时，q ′<0；当v >20时，q ′>0，∴当v ＝20时q 取得极小值，也是最小值，即速度为20海里/时时，航行1海里所需费用总和最小.能力提升11.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋3)，则下列有关描述正确的是( ) A.∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )≥13B.∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－1 2C.∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D.f(x)min∈(0，1)解析因为f(x)＝e x－ln(x＋3)，所以f′(x)＝e x－1x＋3，显然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函数，又f′(－1)＝1e－12<0，f′(0)＝23>0，所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零点，设为x0，且x0∈(－1，0)，则x＝x0为f(x)的极小值点，也是最小值点，且e x0＝1x0＋3，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋3)＝1x0＋3＋x0>－12，故选B.答案 B12.已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)，(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)求证：当x>1时，12x2＋ln x<23x3.(1)解f′(x)＝x－ax，因为x＝2是一个极值点，所以2－a2＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－4x＝（x＋2）（x－2）x，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.(2)解因为f′(x)＝x－ax＝x2－ax，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，f′(x)＝x－ax＝x2－ax＝（x＋a）（x－a）x，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间(a，＋∞)；递减区间为(0，a).(3)证明设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，则g ′(x )＝2x 2－x －1x ＝（x －1）（2x 2＋x ＋1）x＞0，又x >1，所以g (x )在x ∈(1，＋∞)上为增函数，所以当x >1时，所以g (x )＞g (1)＝16＞0，所以当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A.0<x 0<1e B.x 0>1e C.f (x 0)＋2x 0<0D.f (x 0)＋2x 0>0解析函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，易知f ′(x )＝ln x ＋1＋2x 在(0，＋∞)上单调递增， ∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e >0，当x →0，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e ，即A 选项正确，B 选项不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝－x 0(x 0－1)>0，即D 正确，C 不正确.故答案为AD. 答案 AD14.(多选题)已知函数f (x )＝sin x ＋x 3－ax ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是奇函数B.若f (x )是增函数，则a ≤1C.当a ＝－3时，函数f (x )恰有两个零点D.当a ＝3时，函数f (x )恰有两个极值点解析对A ，f (x )＝sin x ＋x 3－ax 的定义域为R ，且f (－x )＝sin(－x )＋(－x )3＋ax ＝－(sin x ＋x 3－ax )＝－f (x ).故A 正确.对B ，f ′(x )＝cos x ＋3x 2－a ，因为f (x )是增函数，故cos x ＋3x 2－a ≥0恒成立.即a ≤cos x ＋3x 2恒成立.令g (x )＝cos x ＋3x 2，则g ′(x )＝6x －sin x ，设h(x)＝6x－sin x，h′(x)＝6－cos x>0，故g′(x)＝6x－sin x单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.故g(x)＝cos x＋3x2最小值为g(0)＝1.故a≤1.故B正确.对C，当a＝－3时由B选项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误. 对D，当a＝3时f(x)＝sin x＋x3－3x，f′(x)＝cos x＋3x2－3，令cos x＋3x2－3＝0则有cos x＝3－3x2.在同一坐标系中作出y＝cos x，y＝3－3x2的图象易得有两个交点，且交点左右的函数值大小不同.故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.故选ABD.答案ABD高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

高考备考数学专项训练：导数的综合应用

高考备考数学专项训练：导数的综合应用下面就是查字典数学网为大家整理的2021年高考备考数学专项训练：导数的综合运用供大家参考，不时提高，学习更上一层楼。

一、选择题1.以下各坐标系中是一个函数与其导函数的图象，其中一定错误的选项是()答案：C 命题立意：此题考察导数在研讨函数单调性上的运用，难度中等.解题思绪：依次判别各个选项，易知选项C中两图象在第一象限局部，不论哪一个作为导函数的图象，其值均为正值，故相应函数应为增函数，但相反另一函数图象不契合单调性，即C选项一定不正确.2.函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)=2xf(e)+ln x，那么f(e)=()A.1B.-1C.-e-1D.-e答案：C 命题立意：此题考察函数的导数的求法与赋值法，难度中等.解题思绪：依题意得，f(x)=2f(e)+，取x=e得f(e)=2f(e)+，由此解得f(e)=-=-e-1，应选C.3.函数y=f(x)的图象如下图，那么其导函数y=f(x)的图象能够是()ABCD答案：A 命题立意：此题考察函数的性质，难度较小.解题思绪：函数f(x)的图象自左向右看，在y轴左侧，依次是增、减、增;在(0，+)上是减函数.因此，f(x)的值在y轴左侧，依次是正、负、正，在(0，+)上的取值恒非正，应选A.4.f(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且f(x)=f(5-x)，f(x)0.假定x1A.f(x1)f(x2)C.f(x1)+f(x2)0D.f(x1)+f(x2)0答案：B 命题立意：此题主要考察函数的性质，意在考察考生的逻辑思想才干.解题思绪：依题意得，当x时，f(x)0，那么函数f(x)在上是减函数.当x1f(x2);假定x2，那么由x1+x25得x1，此时有f(x1)f(5-x2)=f(x2).综上所述，f(x1)f(x2)，应选B.5.f(x)=x2+2xf(1)，那么f(0)等于()A.0B.-4C.-2D.2答案：B 解题思绪：此题考察导数知识的运用.由题意f(x)=2x+2f(1)， f(1)=2+2f(1)，即f(1)=-2，f(x)=2x-4， f(0)=-4.技巧点拨：处置此题的关键是应用导数求出f(1)的值.6.函数f(x)的导数为f(x)=4x3-4x，且f(x)的图象过点(0，-5)，当函数f(x)取得极大值-5时，x的值应为()A.-1B.0C.1D.1答案：B 解题思绪：可以求出f(x)=x4-2x2+c，其中c为常数.由于f(x)过(0，-5)，所以c=-5，又由f(x)=0，得极值点为x=0和x=1.又x=0时，f(x)=-5，故x的值为0.7.函数f(x)=x3-2ax2-3x(aR)，假定函数f(x)的图象上点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，那么m的值为()A.-B.-C.D.答案：A 命题立意：此题主要考察导数的几何意义及切线方程的求法.求解时，先对函数f(x)求导，令x=1求出点P(1，m)处切线的斜率，进而求出a的值，再依据点P在函数f(x)的图象上即可求出m的值.解题思绪： f(x)=x3-2ax2-3x， f(x)=2x2-4ax-3，过点P(1，m)的切线斜率为k=f(1)=-1-4a.又点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，-1-4a=3， a=-1， f(x)=x3+2x2-3x.又点P在函数f(x)的图象上， m=-.8.函数y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且当x0，f(x)+xf(x)0(其中f(x)是f(x)的导函数).设a=(log4)f(log4)，b=f()，c=f，那么a，b，c的大小关系是()A.cbB.caC.acD.ab答案：C 思绪点拨：令函数F(x)=xf(x)，那么函数F(x)=xf(x)为偶函数.当x0时，F(x)=f(x)+xf(x)0，此时函数F(x)在(0，+)上单调递增，那么a=F(log4)=F(-log24)=F(-2)=F(2)，b=F()，c=F=F(-lg 5)=F(lg 5)，由于0bc，应选C.9.在平面直角坐标系xOy中，P是函数f(x)=ex(x0)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P 作l的垂线交y轴于点N.设线段MN的中点的纵坐标为t，那么t的最大值是()A. B.C.e+D.e-答案：A 解题思绪：二、填空题10.函数f(x)=ex-ae-x，假定f(x)2恒成立，那么实数a的取值范围是________.答案：[3，+) 命题立意：此题考察导数的运算及不等式恒成立一类效果的解答方法，正确地分别变量是解答此题的关键，难度中等.解题思绪：据题意有f(x)=ex+ae-x2，分别变量得a(2-ex)ex=-(ex-)2+3，由于(2-ex)ex=-(ex-)2+33，故假定使不等式恒成立，只需a3即可.11.aR，函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数是偶函数，那么曲线y=f(x)在原点处的切线方程为________.答案：3x+y=0 命题立意：此题主要考察导数的求法、奇偶性的定义、导数的几何意义与直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，f(x)=3x2+2ax+(a-3)是偶函数，那么2a=0，即a=0，f(x)=3x2-3，f(0)=-3，因此曲线y=f(x)在原点处的切线方程是y=-3x，即3x+y=0.12.函数f(x)=axsin x-(aR)，假定对x，f(x)的最大值为，那么(1)a的值为________;(2)函数f(x)在(0，)内的零点个数为________.答案：(1)1 (2)2 命题立意：此题考察导数的运用以及函数零点，难度中等.解题思绪：应用导数确定函数单调性，再应用数形结合求零点个数.由于f(x)=a(sin x+xcos x)，当a0时，f(x)在x上单调递减，最大值f(0)=-，不适宜题意，所以a0，此时f(x)在x上单调递增，最大值f=a-=，解得a=1，契合题意，故a=1.f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数即为函数y=sin x，y=的图象在x(0，)上的交点个数，又x=时，sin =10，所以两图象在x(0，)内有2个交点，即f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数是2.13.{an}是正数组成的数列，a1=1，且点(，an+1)(nN*)在函数y=x3+x的导函数的图象上.数列{bn}满足bn=(nN*).那么数列{bn}的前n项和Sn为________.答案：命题立意：此题主要考察多项式函数的求导方法，等差数列的概念、通项公式以及数列求和方法等基础知识，考察先生的运算才干和综合运用知识剖析、处置效果的才干.解题思绪：由得an+1=an+1，数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列， an=n，bn===-(nN*)，Sn=1-+-++-=1-=(nN*). B组一、选择题1.曲线f(x)=ln x在点(x0，f(x0))处的切线经过点(0，-1)，那么x0的值为()A. B.1 C.e D.10答案：B 命题立意：此题主要考察导数的几何意义、直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，题中的切线方程是y-ln x0=(x-x0);又该切线经过点(0，-1)，于是有-1-ln x0=(-x0)，由此得ln x0=0，x0=1，应选B.2.函数f(x)=+1，g(x)=aln x，假定在x=处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，那么实数a的值为()A. B.C.1D.4答案：A 命题立意：此题主要考察导数的概念与曲线切线的求解，考察思想的严谨性，应留意检验.解题思绪：由题意可知f(x)=x，g(x)=，由f=g，得=，可得a=，经检验，a=满足题意.3.假定函数f(x)=-x2+bln(x+2)在[-1，+)上是减函数，那么b的取值范围是()A.[-1，+)B.(-1，+)C.(-，-1]D.(-，-1)答案：C 解题思绪：函数f(x)的导数f(x)=-x+，要使函数f(x)在[-1，+)上是减函数，那么f(x)=-x+0在[-1，+)上恒成立，即x在[-1，+)上恒成立，由于x-1，所以x+20，即bx(x+2)在[-1，+)上恒成立.设y=x(x+2)，那么y=x2+2x=(x+1)2-1，由于x-1，所以y-1，所以要使bx(x+2)在[-1，+)上恒成立，那么有b-1，应选C.4.如图是函数f(x)=x2+ax+b的局部图象，函数g(x)=ex-f(x)的零点所在的区间是(k，k+1)(kZ)，那么k的值为()A.-1或0B.0C.-1或1D.0或1答案：C 解题思绪：由二次函数f(x)的图象及函数f(x)两个零点的位置可知其对称轴x=-，解得10，g(0)=1-a0，g(1)=e-2-a0，g(2)=e2-4-a0，函数g(x)的两个零点x1(-1,0)和x2(1,2)，故k=-1或1.5.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，其导函数f(x)在(a，b)内的图象如下图，那么函数f(x)在开区间(a，b)内的极大值点有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案：B 命题立意：此题主要考察函数的导数与极值间的关系，意在考察考生的推理才干.解题思绪：依题意，记函数y=f(x)的图象与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1，x2，x3，x4，当a0;当x1本文由查字典数学网为您提供供广阔考生参考学习，希望对大家有所协助，高考频道引荐。

专项训练：高三导数及其应用

中国领先的个性化教育品牌精锐教育学科教师辅导讲义学员编号：年级：高三课时数：3学员姓名：辅导科目：数学学科教师：汪晋慧授课类型 T （导数的概念及应用） C （导数的几何意义） T （含参数的函数求导）授课日期及时段教学内容导数的概念及应用一、同步知识梳理知识点1：导数的概念及几何意义1．函数的平均变化率：一般地，已知函数()y f x =，0x ，1x 是其定义域内不同的两点，记10x x x ∆=-， 10y y y ∆=-10()()f x f x =-00()()f x x f x =+∆-，则当0x ∆≠时，商00()()f x x f x yx x+∆-∆=∆∆称作函数()y f x =在区间00[,]x x x +∆（或00[,]x x x +∆）的平均变化率．注：这里x ∆，y ∆可为正值，也可为负值．但0x ∆≠，y ∆可以为0．2．函数的瞬时变化率、函数的导数：中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌中国领先的个性化教育品牌x)(1-)...(3中国领先的个性化教育品牌48][,]331][1,2)2中国领先的个性化教育品牌[,][,3)2333x 2－2ln x 的单调增区间为2x ＝6x 2－2x，中国领先的个性化教育品牌例4、（1）对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1) f ' (x ) ≥0，则必有（ C ）A ． f (0)＋f (2)<2f (1) B. f (0)＋f (2) ≤2f (1) C. f (0)＋f (2) ≥2f (1) D. f (0)＋f (2) >2f (1)解：依题意，当x ≥1时，f ' (x )≥0，函数f (x )在（1，＋∞）上是增函数；当x <1时，f ' (x )≤0，f (x )在（－∞，1）上是减函数，故f (x )当x ＝1时取得最小值，即有f (0)≥f (1)，f (2)≥f (1)，故选C 答案：C点评：本题主要是让学生从题目中所给的不等式判断除函数的单调区间，这题中并没有给出函数的解析式，所以在解题的过程中，需要学生从题干条件中去观察举一反三：1、设f(x)，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ' (x )g (x )+ f (x ) g ' (x )>0且0)21(=-g 则不等式f (x ) g (x )<0的解集是=___ 答案：)21,0()21,( --∞点评：本题同样也是没有给出函数的解析式，只能从题干条件出发，解题的思路是可以看出f ' (x )g (x )+ f (x ) g ' (x )是f(x)g(x)的导函数，这样就可以解此题。

高中数学导数及其应用专题3.4 导数的综合应用(讲+练)(原卷版+解析版)

专题3.4 导数的综合应用1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。

考点一利用导数证明不等式【典例1】【2019年高考天津】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【变式1】(2019·山东师大附属中学模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1,1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .考点二不等式恒成立【典例2】【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【方法技巧】1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围。

2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围。

人教版高中总复习一轮数学精品课件第3章一元函数的导数及其应用 3.4 导数的综合应用

1
(1)解由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= -1,

令f'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0.
则当 x≠1 时,ln x<x-1.
求实数λ的取值范围.
e
1
1
解同例题过程,得 +x+>λ 在区间 2 ,6 上有解,
e
1
令 g(x)= +x+,则需 λ<g(x)max.
1
由例题解答过程可知,g(x)在区间 2 ,1 上单调递减,
1
1
5
e6 37
1
在区间[1,6]上单调递增,且 g 2 =2e2 + 2,g(6)= 6 + 6 >g 2
1
当

1
0,
1
0<x< ;令

f'(x)>0,得
上单调递减,在区间
1
x> ,

1
,+∞

上单调递增.
≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上单调递增,故函数 f(x)在区间[1,2]上
的最小值为 f(1)=1;
1
当

≥2,即 0<a≤
1
时,函数
2
上的最小值为 f(2)=aln
f(x)在区间[1,2]上单调递减,故函数 f(x)在区间[1,2]

高考数学专题突破教师版-导数的综合应用(考点讲析)

【解析】
（I） f (x) 的定义域为 (0, ) .当 a 4 时，
f (x) (x 1) ln x 4(x 1), f (x) ln x 1 3 ， f (1) 2, f (1) 0. x
曲线 y f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程为 2x y 2 0.
（II）当 x (1, ) 时， f (x) 0 等价于 ln x a(x 1) 0. x 1
数图象的交点横坐标.
【典例 1】（2019·全国高考真题（理））已知函数 f (x) sin x ln(1 x) ， f (x) 为 f (x) 的导数．证明：
（1） f (x) 在区间 (1, ) 存在唯一极大值点； 2
（2） f (x) 有且仅有 2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
，
4
因为当 x
1 时， ln x
x 1，又 x1
x0
1，故 ex1x0
x02 (x1 1) x1 1
x02 ，
两边取对数，得 ln ex1x0 ln x02 ，
于是 x1 x0 2 ln x0 2(x0 1) ，整理得 3x0 x1 2 ，
【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点． ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．

2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(练)(含解析)(2021-2022学年)

第04讲导数的综合应用－-—练１.（2０18·湖南高考模拟(理）)设函数的图象在点处切线的斜率为,则函数的图象一部分可以是（ )Ａ. B ．C.D ．【答案】Ａ【解析】y ＝x s ｉn x +c ｏs x 可得：y ′=sin x +ｘcos x ﹣sin x =x cos x .可得：ｇ(ｔ）＝t ｃos t ，函数是奇函数，排除选项B ，D ; 当ｘ∈(0，）时，y ＞0，排除选项C . 故选:Ａ.２.(2019·江西师大附中高考模拟(文））已知函数,若函数有个零点,则实数的取值范围是( ）A ．ﻩ B.ﻩＣ.ﻩD ．【答案】B 【解析】当时,3a [)0,4[)0,2(],4-∞(],2-∞0x ≤当时,;当时，在上单调递增;在上单调递减时,由此可得图象如下图所示：若函数有个零点,则与有个交点由图象可知：当时，与有个交点本题正确选项:3.(２019·江苏高考模拟(文））若函数在区间内有两个零点,则实数的取值范围为( )A.ﻩB ．C.D.【答案】B 【解析】。

①当时,若，则，此时函数在区间上单调递增，不可能有两个零点;∴()0fx '>(]1,0x ∈-()0f x '<()f x ∴(),1-∞-(]1,0-0x ∴≤()fx 3()y f x =y a =32a ≤<()y f x =y a =3[)0,2a ∴∈B(0,)+∞a(,1)-∞(1,)+∞(0,1)(1,2)0a ≤(0,)x ∈+∞'()0f x>()f x (0,)+∞②当时，函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,因为,若函数在区间内有两个零点,有,得。

故选B ．4．(20１9·怀化市第三中学高考模拟(文))已知函数，若关于的方程无实数解，则的取值范围为( ）A.ﻩＢ.C ．ﻩ D.【答案】A 【解析】由求导得,令，解得,可知函数在上单调递增，在上单调递减.,且．所以函数的图象如图所示,因为直线恒过点.所以当直线与曲线相切时,设切点为其中,即直线与曲线在上相切,此时,解得关于的方程无实数解，结合图象可知,此时。

2020年高考数学(理)一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(练)含解析

0；当 x 1时， g ( x)
0，
故 g( x) 在 ,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，且 x 0 时， g (x) 0， x 0 时， g (x) 0 ，
1
x) 的图象（见下图），要使函数 f (x) e
2
x ex
ax ex
a 有三个不同的零点
x R 均有
A． ,e
B ． e,
C． ,2
【答案】 D
【解析】原不等式等价于
xf x ex
2 ，令 g x
xf x ex ，
D． 2,
则g x
f x xf x xf x
x
e
0恒成立， g ( x) 在 R 上是增函数，
又 f 2 e2 ， g 2 2 ，原不等式为 g x g 2 ，解得 x 2 ，故选 D。
4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰一中 2018-2019 学年期中）若不等式 2 xln x x2 ax 3 对 x 0,
实数 a 的取值范围是（
）
恒成立，则
A ． ,4
B ． 4,
C． , 4
D． 4,
【答案】 A
【解析】因为 2x ln x x2 ax 3 对 x 0, 恒成立，
3 所以 a x 2ln x ， x 0 ，
）
1 x3 ax2 bx 3 ， 3
A ． 6 6ln6,
B ． 4 ln 2,
C． 5 ln5,
D ． 6 4 3,
【答案】 A
【解析】 f ' (x) x2 2ax b ，由 f ' x
f ' x 6 ，可得 f ' (x) 的对称轴为 x 3 ，所以 ( 2a) 3 ，所 2

3.4 导数的综合应用

3.4 导数的综合应用一、填空题1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为________cm. 解析设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ，则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400 h －h 3)，∴V ′＝13π(400－3h 2)，由V ′＝0，得h ＝2033.所以当h ＝2033cm 时，V 最大．答案20332．设m ∈R ，若函数y ＝e x＋2mx 有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．解析因为函数y ＝e x ＋2mx ，有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于零的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.答案 m <－123．若函数y ＝f (x )可导，则“f ′(x )＝0有实根”是“f (x )有极值”的________．答案必要不充分条件4．已知函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，显然a>0，f′(x)＝3(x＋a)(x－a)，由已知条件0<a<1，解得0<a<1.答案(0,1)5．已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)·(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．解析结合二次函数图象知，当a>0或a<－1时，在x＝a处取得极小值，当－1<a<0时，在x＝a处取得极大值，故a∈(－1,0)．答案(－1,0)6．有一长为16m的篱笆，要围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m2.解析设矩形的长为x m，则宽为：16－2x2＝8－x(m)∴S矩形＝x(8－x)＝8x－x2＝－(x－4)2＋16≤16.答案167．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．解析令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案 (－2,2)8．一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后t 秒内列车前进的距离为S ＝27t －0.45t 2米，则列车刹车后________秒车停下来，期间列车前进了________米．解析 S ′(t )＝27－0.9t ，由瞬时速度v (t )＝S ′(t )＝0得t ＝30(秒)，期间列车前进了S (30)＝27×30－0.45×302＝405(米)．答案 30 4059．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1,0)上单调递减，则a 2＋b 2的取值范围是________．解析由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立， ∴⎩⎨⎧2a －b －3≥0，b ≤0，∴a ，b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线2a －b －3＝0的距离d ＝35，∴a 2＋b 2≥d 2＝95，∴a 2＋b 2的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞10．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2 当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.∴当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a . ∴⎩⎨⎧－a ＞0－4－a ＜0，解得：－4＜a ＜0.答案 (－4,0)11．将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________．解析如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ， ∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)，又S △ADE ＝34x 2(m 2)， ∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)， ∴s ＝433×x 2－6x ＋91－x 2(0＜x ＜1)，∴s ′＝－833×3x －1x －31－x 22，令s ′＝0得x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′＜0，s 递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′＞0，s 递增．故当x ＝13时，s 的最小值是3233.答案 323312．已有函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．解析在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x ＞0时，f (x )＜0，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，图象关于y 轴对称，f (x )＞0，∴x ＜－1. 答案 (－∞，－1)∪(0,1)13．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx 4，所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案 4 二、解答题14. 已知函数3()(0)f x ax cx d a =++≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-.(I)求()f x 的单调区间和极大值；(II)证明对任意12,x x (1,1),∈-不等式12|()()|4f x f x -<恒成立. 解析 (I)由奇函数定义，应有()(),f x f x x R -=-∈.即 33,0.ax cx d ax cx d d --+=---∴= 因此， 3(),f x ax cx =+ 2'()3.f x ax c =+由条件 (1)2f =-为()f x 的极值，必有'(1)0,f =故230a c a c +=-⎧⎨+=⎩解得 1, 3.a c ==-因此， 32()3,'()333(1)(1),'(1)'(1)0.f x x x f x x x x f f =-=-=+--==当 (,1)x ∈-∞-时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(,1)-∞-上是增函数. 当 (1,1)x ∈-时，'()0f x <，故()f x 在单调区间(1,1)-上是减函数. 当 (1,)x ∈+∞时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(1,)+∞上是增函数. 所以，()f x 在1x =-处取得极大值，极大值为(1) 2.f -= (II)由(I)知，3()3([1,1])f x x x x =-∈-是减函数，且()f x 在[1,1]-上的最大值(1)2,M f =-= ()f x 在[1,1]-上的最小值(1) 2.m f ==-所以，对任意12,(1,1),x x ∈-恒有 12|()()|2(2) 4.f x f x M m -<-=--=15．如图，某市准备在一个湖泊的一侧修建一条直路OC ，另一侧修建一条观光大道，它的前一段OD 是以O 为顶点，x 轴为对称轴，开口向右的抛物线的一部分，后一段DBC 是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x ∈[4,8]时的图象，图象的最高点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，833，DF ⊥OC ，垂足为F . (1)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式；(2)若在湖泊内修建如图所示的矩形水上乐园PMFE ，问：点P 落在曲线OD 上何处时，水上乐园的面积最大？解析 (1)对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)，由图象知A ＝833，ω＝2πT ＝2π48－5＝π6.将B ⎝⎛⎭⎪⎫5，833代入到y ＝833·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ中，得5π6＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )．又|φ|＜π2，所以φ＝－π3.故y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3.(2)在y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3中，令x ＝4，得D (4,4)，所以曲线OD 的方程为y 2＝4x (0≤x ≤4)．设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t (0≤t ≤4)，则矩形PMFE 的面积为S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－t 24t (0≤x ≤4)．因为S ′＝4－3t 24，由S ′＝0，得t ＝433，且当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，433时，S ′＞0，则S 单调递增，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫433，4时，S ′＜0，则S 单调递减；所以当t ＝433时，S 最大，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，433. 16．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与 [1，＋∞)上是减函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32.(1)求f (x )的解析式；(2)若在区间[0，m ](m ＞0)上恒有f (x )≤x 成立，求m 的取值范围．解析 (1)由f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .又由f (x )在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，可知x ＝0和x ＝1是f ′(x )＝0的解，∴⎩⎨⎧f ′0＝0，f ′1＝0，即⎩⎨⎧c ＝0，3a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧c ＝0，b ＝－32a .∴f ′(x )＝3ax 2－3ax .又由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3a 4－3a 2＝32，∴a ＝－2，即f (x )＝－2x 3＋3x 2.(2)由f (x )≤x ，得－2x 3＋3x 2≤x ，即x (2x －1)(x －1)≥0， ∴0≤x ≤12或x ≥1.又f (x )≤x 在区间[0，m ](m ＞0)上恒成立，∴0＜m ≤12.故m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，12.17．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)． (1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解析设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800.所以当x ＝15 cm 时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0.所以当x ＝20时，V 取得极大值，也就是最大值，此时h a ＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12. 18．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋f(m 2)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解析 (1)根据题意知，f ′(x )＝a 1－x x(x ＞0)，当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧ g ′t ＜0，g ′3＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎨⎧ g ′1＜0，g ′2＜0，g ′3＞0，∴－373＜m ＜－9. 【点评】利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域；,第二步：求函数fx 的导数f ′x ；,第三步：求方程f ′x ＝0的根；,第四步：利用f ′x ＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格；,第五步：由f ′x 在小开区间内的正、负值判断f x 在小开区间内的单调性；,第六步：明确规范表述结论.。

高考数学总复习034导数的综合应用1新人教A版

变化速率是
（要求以 m/s 为单位）
13.（04 年天津卷 .文 21）已知函数 f (x) ax3 cx d (a 0) 是 R 上的奇函数，当 x 1 时 f ( x) 取
得极值－ 2. （Ⅰ）求 f (x) 的单调区间和极大值；（Ⅱ）证明对任意 x1 , x2 ( 1,1) ，不等式 | f ( x1 ) f ( x2 ) | 4 恒成立 . 14.（ 04 年湖南卷 .理 20）已知函数 f ( x) x 2eax ，其中 a 0 ， e 为自然对数的底数 .（Ⅰ）讨论函数 f ( x) 的单调性；（Ⅱ）求函数 f (x) 在区间 [0,1] 上的最大值
（A）2
（ B）3
（C）4
（D）5
7．(05 江西 )已知函数 y xf ( x) 的图象如右图所示 (其中 f '( x) 是函数 f (x) 的导函数 )，下面四个
图象中 y f ( x) 的图象大致是 (C ）
y
y
2 1 O -2 -1 1 2 -2
A
1
x
-2 -1 O 1 2
-1
y
y
y
Hale Waihona Puke 244（A ）（－ 2，－ 8）
（B）（－ 1，－ 1）或（ 1，1）
（C）（ 2， 8） 2.一质点在运动中经过的路程
（ D）（－ 1 ，－ 1 ）
2
8
S 和经历的时间 t 有关系 S=5－ 3t2，则它在 [1,+ △t] 内的平均速
度为（）
（A ）3△t+6
（B）－ 3△ t+6 （ C） 3△ t－6 （D）－ 3△ t－6
用心爱心专心
3
1 x

高中数学3.4导数在实际生活中的应用专项测试同步训练

高中数学3．4导数在实际生活中的应用专项测试同步训练 2020.031,若函数f(x)=a 2+-b x 在[0,+∞）上为增函数,则实数a 、b 的取值范围是。

2,设函数.)().0(1),0(121)(a a f x x x x x f >⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≥-=若则实数a 的取值范围是．3,函数221()1x f x x -=+, 则12(2)()f f =A ．1B ．-1C ．35D ． 35-4,函数)0(3)(3>+-=a b ax x x f 的极大值为6,极小值为2,则)(x f 的减区间是 .5,点P 是曲线x x y ln 2-=上任意一点, 则点P 到直线2+=x y 的距离的最小值是 .6,某日中午12时整，甲船自A 处以16km/h 的速度向正东行驶，乙船自A 的正北18km 处以24km/h 的速度向正南行驶，则当日12时30分时两船之间距离对时间的变化率是 km/h ．。

7,已知抛物线C 1：y=x 2+2x 和C ：y=－x 2+a ，如果直线l 同时是C 1和C 2的切线，称l 是C 1和C 2的公切线，问a 取什么值时，C 1和C 2有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程；8,某厂生产某种零件，每个零件的成本为40元，出厂单价定为60元，该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100个时，每多订购一个，订购的全部零件的出厂单价就降低0.02元，但实际出厂单价不能低于51元（I ）当一次订购量为多少个时，零件的实际出厂单价恰降为51元？（II ）设一次订购量为x 个，零件的实际出厂单价为P 元，写出函数P f x =()的表达式；9,某服装厂生产一种服装，每件服装的成本为40元，出厂单价定为60元该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100件时，每多订购一件，订购的全部服装的出厂单价就降低0．02元根据市场调查，销售商一次订购量不会超过500件（I ）设一次订购量为x 件，服装的实际出厂单价为P 元，写出函数P f x =()的表达式；（II ）当销售商一次订购了450件服装时，该服装厂获得的利润是多少元？（服装厂售出一件服装的利润＝实际出厂单价－成本） 10,若U={1,2,3,4}, M={1,2},N={2,3}, 则()U C M N U =A ．{1,2,3}B ．{2}C ．{1,3,4}D ．{4}11,设A 、B 为两个集合，下列四个命题： ① A ⊄B ⇔对任意B x A x ∉∈有, ② A ⊄B =B A I φ③ A ⊄B ⇔A B ④ A ⊄B存在B x A x ∉∈使得, 其中真命题的序号是．（把符合要求的命题序号都填上）12,有一块边长为6 m 的正方形钢板，将其四个角各截去一个边长为x 的小正方形，然后焊接成一个无盖的蓄水池，则蓄水池的底边为时，蓄水池的容积最大。

江苏省滨海中学2020届高三数学总复习教学案：3.4导数的综合应用

3.4 导数的综合应用要点集结1.导数的综合应用有两个方面：其一是运用导数研究函数的性质，如单调性、极值、最值，进而研究函数的零点、方程的根、不等式的证明、恒成立问题等；其二是导数在实际生活中的应用，而目标函数的建立是运用导数解决最值问题的关键，注意选择恰当的自变量，同时要注意实际背景所限定的变量的取值范围.2.要重视分类讨论、数形结合、函数与方程等基本数学思想的运用，尤其对含参问题的讨论要全面、清晰.基础自测1.函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为________．2.已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f (x )＝a x ·g (x )(a >0，且a ≠1)， f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，则a 的值为____________． 3.已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－∞,＋∞)内单调递减，则实数m 为________．4.函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为______________． 5.将一个周长为12的长方形围成一个圆柱,当圆柱的体积最大时,该圆柱的底面周长与高的比为____.考点探究例1．已知函数x ax x x f 3)(23+-=(1)若)(x f 在[)+∞,1上是增函数，求实数a 的取值范围.(2)若3=x 是)(x f 的极值点，求)(x f 在[]a x ,1∈上的最大值与最小值.例2.已知函数f (x )=ax 3+bx 2+4x 的极小值为-8,其导函数y =f '(x )的图象经过点(-2,0),如图所示.(1)求f (x )的解析式；(2)若函数y =f (x )-k 在区间[-3,2]上有两个不同的零点,求实数k 的取值范围.例3．已知(]xx x g e x x ax x f ln )(,,0,ln )(=∈-=. (1)当1=a 时，讨论函数)(x f 的单调性和极值；(2)在(1)的条件下，证明：21)()(+>x g x f .变式1：在本例条件下，是否存在正实数a ，使得)(x f 的最小值为3，若存在，则求出a 的值，若不存在，则说明理由.变式2：设函数ax e x g ax x x f x -=-=)(,ln )(，其中a 为实数，若)(x f 在()+∞,1上是单调递减函数，且)(x g 在()+∞,1上有最小值，求a 的取值范围；变式3：设L 为曲线C ：x x y ln =在点()0,1处的切线， (1)求L 的方程， (2)证明；除切点)0,1(之外，曲线C 在直线L 的下方.热点研习1.已知a ≤1－x x＋ln x 对于x ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 2.已知某生产厂家的年利润y (单位:万元)与年产量x (单位:万件)的函数关系式为y ＝-13x 3＋81x -234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．3.若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x ＝±1处的切线的倾斜角均为34π，则以下命题：其中正确命题的序号为________． ①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]；②f (x )的极值点有且只有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于零．5.若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a >0，a ≠1)在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内单调递增，则a 的取值范围是________．6.函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R)，若对于任意的x ∈[－1,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为______．7.已知函数f (x )的导数f ′(x )＝3x 2－3ax ，f (0)＝b ，a ，b 为实数，1<a <2.(1)若f (x )在区间[－1,1]上的最小值、最大值分别为－2、1，求a 、b 的值；(2)在(1)的条件下，求经过点P (2,1)且与曲线f (x )相切的直线l 的方程．8.已知函数f (x )＝x ＋a ln x ，其中a 为常数，且a ≤－1.若f (x )≤e －1对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，求实数a 的取值范围．9.已知函数()()()x x xe e x g x a x a x x f -+=-+-=21,ln 1， (1)当[]e x ,1∈时，求()x f 的最小值；(2)当1<a 时，若存在[]21,ee x ∈，使得对任意的[]()()212,0,2x g xf x <-∈恒成立，求a 的取值范围.10.已知函数()()1--=x a e x f x ，(1)当1-=a 时，求函数()x f 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)讨论函数()x f 的单调性，并写出相应的单调区间；(3)已知()b x f ≥对任意R x ∈恒成立，求ab 的最大值.。

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高中数学专题训练（教师版）—导数的综合应用一、选择题1．(2011·山东聊城)函数f (x )的图象如图所示，下列数值排序正确的是( ) A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2) B ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2) C ．0<f ′(3)<f ′(2)<f (3)<－f (2) D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3) 答案 B解析 f ′(2)、f ′(3)是x 分别为2、3时对应图象上点的切线斜率，f (3)－f (2)＝f (3)－f (2)3－2，∴f (3)－f (2)是图象上x 为2和3对应两点连线的斜率，故选B.2．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32 答案 A解析因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.3．(2011·江苏无锡)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上恰好有( )A ．0个根B ．1个根C ．2个根D ．3个根答案 B解析设f (x )＝13x 3－ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )在(0,2)上为减函数，又f (0)f (2)＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫83－4a ＋1＝113－4a <0，f (x )＝0在(0,2)上恰好有1个根．4．(2010·山东卷，文)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件答案 C解析因为y ′＝－x 2＋81，所以当x >9时，y ′<0；当x ∈(0,9)时，y ′>0，所以函数y ＝－13x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x ＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值．二、填空题5．设f (x )＝13x 3＋ax 2＋5x ＋6在区间[1,3]上为单调函数，则实数a 的取值范围为________．答案解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5，当f (x )在[1,3]上单调减时，由⎩⎨⎧f ′(1)≤0，f ′(3)≤0得a ≤－3；当f (x )在[1,3]上单调增时，f ′(x )＝0中，Δ＝4a 2－4×5≤0，或⎩⎨⎧Δ≥0，f ′(3)≥0，得a ∈[－5，5]∪(5，＋∞)．综上：a 的取值范围为(－∞，－3]∪[－5，＋∞)．三、解答题6．已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0，设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x >0)．解 (1)设y ＝f (x )与y ＝g (x )(x >0)在公共点(x 0，y 0)处的切线相同，∵f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x ，依题意得⎩⎨⎧f (x 0)＝g (x 0)f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b x 0＋2a ＝3a 2x 0由x 0＋2a ＝3a2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a .令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t )＝2t (1－3ln t )，由h ′(t )＝0得t ＝e 13或t ＝0(舍去)．于是函数h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (e 13)＝32e 23，即b 的最大值为32e 23.(2)设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x(x >0)，由F ′(x )＝0得x ＝a 或x ＝－3a (舍去)．于是函数F (x )在(0，＋∞)上的最小值是F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0，即当x >0时，f (x )≥g (x )．7．将一张2×6米的硬钢板按图纸的要求进行操作：沿线裁去阴影部分，把剩余部分按要求焊接成一个有盖的长方体水箱(⑦为底，①②③④为侧面，⑤＋⑥为水箱盖．其中①与③、②与④分别是全等的矩形，且⑤＋⑥＝⑦)，设水箱的高为x 米，容积为y 立方米．(1)写出y 关于x 的函数关系式；(2)如何设计x 的大小，使水箱的容积最大？解析 (1)依据意水箱底的宽为(2－2x )米，长为6－2x2＝(3－x )米，则水箱的容积y ＝(2－2x )(3－x )·x (0<x <1)即为y 关于x 的函数关系式． (2)y ＝(2－2x )(3－x )·x ＝2x 3－8x 2＋6x (0<x <1)，∴y ′＝6x 2－16x ＋6.令y ′＝6x 2－16x ＋6＝0得x ＝4－73，当0<x <4－73时，y ′>0，函数单调递增；当4－73<x <1时，y ′<0，函数单调递减，∴当x ＝4－73时函数y ＝(2－2x )(3－x )·x (0<x <1)取得最大值． 8．已知函数f (x )＝x 2－8ln x ，g (x )＝－x 2＋14x . (1)求函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )与g (x )在区间(a ，a ＋1)上均为增函数，求a 的取值范围； (3)若方程f (x )＝g (x )＋m 有唯一解，试求实数m 的值．解 (1)因为f ′(x )＝2x －8x ，所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝－6.又f (1)＝1，故所求的切线方程为y －1＝－6(x －1)．即y ＝－6x ＋7.(2)因为f ′(x )＝2(x ＋2)(x －2)x，又x >0，所以当x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0. 即f (x )在(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减．又g (x )＝－(x －7)2＋49，所以g (x )在(－∞，7)上单调递增，在(7，＋∞)上单调递减，欲使函数f (x )与g (x )在区间(a ，a ＋1)上均为增函数，则⎩⎨⎧a ≥2a ＋1≤7，解得2≤a ≤6.(3)原方程等价于2x 2－8ln x －14x ＝m ，令h (x )＝2x 2－8ln x －14x ，则原方程即为h (x )＝m .因为当x >0时原方程有唯一解，所以函数y ＝h (x )与y ＝m 的图象在y 轴右侧有唯一的交点．又h ′(x )＝4x －8x －14＝2(x －4)(2x ＋1)x，且x >0，所以当x >4时，h ′(x )>0；当0<x <4时，h ′(x )<0.即h (x )在(4，＋∞)上单调递增，在(0,4)上单调递减，故h (x )在x ＝4处取得最小值，从而当x >0时原方程有唯一解的充要条件是m ＝h (4)＝－16ln2－24.9．(2010·天津卷，文)已知函数f (x )＝ax 3－32x 2＋1(x ∈R )，其中a >0. (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若在区间[－12，12]上，f (x )>0恒成立，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 3－32x 2＋1，f (2)＝3；f ′(x )＝3x 2－3x ，f ′(2)＝6.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －3＝6(x －2)，即y ＝6x －9.(2)f ′(x )＝3ax 2－3x ＝3x (ax －1)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a . 以下分两种情况讨论：①若0<a ≤2，则1≥1.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：当x ∈[－12，12]时，f (x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ f (－12)>0，f (12)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧5－a8>0，5＋a 8>0.解不等式组得－5<a <5，因此0<a ≤2.②若a >2，则0<1<1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：当x ∈[－12，12]时，f (x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧f (－12)>0，f (1a )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧5－a8>0，1－12a 2>0.解不等式组得22<a <5或a <－22.因此2<a <5.综合①和②，可知a 的取值范围为0<a <5.10．(2011·衡水调研)设函数f (x )＝x 2＋2x －2ln(1＋x )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[1e －1，e －1]时，是否存在整数m ，使不等式m <f (x )≤－m 2＋2m ＋e 2恒成立？若存在，求整数m 的值；若不存在，则说明理由．解 (1)由1＋x >0得函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)．f ′(x )＝2x ＋2－2x ＋1＝2x (x ＋2)x ＋1.由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得－1<x <0.∴函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)．(2)由(1)知，f (x )在[1e －1,0]上单调递减，在[0，e －1]上单调递增．∴f (x )min ＝f (0)＝0.又f (1e －1)＝1e 2＋1，f (e －1)＝e 2－e ，且e 2－3>1e 2＋1，∴x ∈[1e －1，e －1]时，f (x )max ＝e 2－e . ∵不等式m <f (x )≤－m 2＋2m ＋e 2恒成立，∴⎩⎨⎧－m 2＋2m ＋e 2≥f (x )max m <f (x )min，即⎩⎨⎧－m 2＋2m ＋e 2≥e 2－3m <0⇒⎩⎨⎧m 2－2m －3≤0m <0⇒⎩⎨⎧－1≤m ≤3m <0⇒－1≤m <0. ∵m 是整数，∴m ＝－1.∴存在整数m ＝－1，使不等式m <f (x )≤－m 2＋2m ＋e 2恒成立．。