新人教高考数学总复习专题训练导数的应用
高考数学导数及其应用专题训练参考答案
高考数学:导数及其应用专题训练【参考答案】1.A2.A3.D4.A5.C6.C7.A8.A9.C10.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2 ； 11. 4 ； 12. 32； 13.—16 ； 14.y ＝3x ＋1 ； 15.3－1【部分习题解析】4．解析：f ′(x)＝6x(x －2)，∵f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x ＝0时，f(x)＝m 最大．∴m ＝3，f(－2)＝－37，f(2)＝－5.答案：A5.解析：因为y ′＝－x2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0,9)时，y ′＞0，所以函数y ＝－13x3＋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：C6．解析：∵f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，∴f ′(x)＝－x ＋bx ＋2<0在(－1，＋∞)上恒成立，即b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝x(x ＋2)＝(x ＋1)2－1在(－1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>－1. ∴当b ≤－1时，b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．即f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数．答案：C7．解析：由函数f(x)可知f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ＜1，－x x ≥1.①当x ＜1时，原不等式等价于x ＋(x ＋1)x ≤3，解得－3≤x ≤1，又x ＜1，所以－3≤x ＜1；②当x ≥1时，原不等式等价于x ＋(x＋1)(－x)≤3，即x2≥－3恒成立，所以x ≥1，综合①②可知，不等式的解集为{x|x ≥－3}．9．解析：船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q 元，则Q ＝kx3，由6＝k ×103可得k ＝3500，∴Q ＝3500x3.∴总费用y ＝⎝⎛⎭⎫3500x3＋96·1x ＝3500x2＋96x ，y ′＝6500x －96x2.令y ′＝0得x ＝20，当x ∈(0,20)时，y ′<0，此时函数单调递减，当x ∈(20，＋∞)时，y ′>0，此时函数单调递增，∴当x ＝20时，y 取得最小值，∴此轮船以20公里/小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．答案：C10．[解析] 由题意可知a>0，且－2,1是方程ax2＋bx ＋c ＝0的两个根，则⎩⎨⎧－ba＝－1，ca ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a ，c ＝－2a ，所以不等式cx2＋bx ＋a>c(2x －1)＋b 可化为－2ax2＋ax ＋a>－2a(2x －1)＋a ，整理得2x2－5x ＋2<0，解得12<x<2.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2.11．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)＝ax3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g ′(x)＝31－2x x4，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 ≤3x2－1x3. 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：412．解析：由题意得f ′(x)＝3x2－12，令f ′(x)＝0得x ＝±2，且f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案：3215．解析：f ′(x)＝x2＋a －2x2x2＋a 2＝a －x2x2＋a 2，当x ＞a 时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，当x ＝a 时，f(x)＝a 2a ＝33，a ＝32＜1，不合题意． ∴f(x)max ＝f(1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1. 答案：3－116.解：(1)f ′(x)＝3x2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x)≥m ， 即3x2－9x ＋(6－m)≥0恒成立．所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m ≤－34，即m 的最大值为－34.17.解析：(1)∵f(x)＝1－x ax ＋lnx ，∴f ′(x)＝ax －1ax2(a>0)．∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x)＝ax －1ax2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．即a ≥1x 对x ∈[1，＋∞)恒成立． ∴a ≥1.（2）当a ＝1时，f ′(x)＝x －1x2.∴当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x)<0， 故f(x)在x ∈⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x)>0，故f(x)在x ∈(1,2]上单调递增． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上有唯一极小值点，故f(x)min ＝f(x)极小值＝f(1)＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2，f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－ln162， ∵e3>16，∴f ⎝⎛⎭⎫12－f(2)>0，即f ⎝⎛⎭⎫12>f(2)． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2. 综上可知，函数f(x)在⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值是1－ln2，最小值是0.(3)当a ＝1时，f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝nn －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0. ∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－n n －1n n －1＋ln n n －1＝－1n ＋ln n n －1>0， 即ln n n －1>1n . ∴ln 21>12，ln 32>13，ln 43>14，…，ln n n －1>1n .∴ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n n －1>12＋13＋14＋…＋1n .∴lnn>12＋13＋14＋ (1).即对大于1的任意正整数n ，都有lnn>12＋13＋14＋…＋1n .本题的关键在于f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝n n －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－nn －1n n －1＋lnnn －1＝－1n ＋ln n n －1>0，即ln n n －1>1n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示．通过本题的学习，我们要掌握此类问题一般规律．本题出错在于同学完全没有想到利用前面的结论，而直接讨论函数f(x)＝ln x x －1－1x 的单调性求解，可以试试看，肯定行不通．18.解：(1)由f(x)＝g(x)，得k ＝lnxx2.令h(x)＝lnx x2，所以方程f(x)＝g(x)在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内解的个数即为函数h(x)＝lnxx2，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象与直线y ＝k 交点的个数．h ′(x)＝1－2lnxx3，当h ′(x)＝0时，x ＝ e.当x 在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内变化时，h ′(x)，h(x)变化如下： x ⎣⎡⎭⎫1e ，ee (e ，e] h ′(x) ＋ 0 － h(x)递增12e递减当x ＝1e 时，y ＝－e2；当x ＝e 时，y ＝12e ；当x ＝e 时，y ＝1e2.所以，①当k>12e 或k<－e2时，该方程无解．②当k ＝12e 或－e2≤k<1e2时，该方程有一个解．③当1e2≤k<12e 时，该方程有两个解．(2)由(1)知lnx x2≤12e ，∴lnx x4≤12e ·1x2.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4≤12e ⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n2. ∵122＋132＋…＋1n2<11·2＋12·3＋…＋1n －1·n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1－1n <1.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4<12e. 19．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时，S 取得最大值．(2)V ＝a2h ＝22(－x3＋30x2)，V ′＝62x(20－x)． 由V ′＝0得x ＝0(舍去)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.引入恰当的变量、建立适当的模型是解题的关键．第(1)中侧面积 S是关于 x 的二次函数，可以利用抛物线的性质求最值，也可以利用导数求解；而第(2)题中容积 V 是关于 x 的三次函数，因此只能利用导数求最值．20．解析：(1)f ′(x)＝3ax2＋2bx ＋c ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ′－1＝3a －2b ＋c ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，3a ＋c ＝0. 又f ′(0)＝－3，∴c ＝－3，a ＝1. ∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x30－3x0)，∵f ′(x)＝3x2－3，∴f ′(x0)＝3x20－3. ∴切线方程为y －(x30－3x0)＝(3x20－3)(x －x0)， 又切线过点A(2，m)，∴m －(x30－3x0)＝(3x20－3)(2－x0)． ∴m ＝－2x30＋6x20－6. 令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g ′(x)＝－6x2＋12x ＝－6x(x －2)． 由g ′(x)＝0得x ＝0或x ＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2. 画出草图知(如图4－3－3)，当－6＜m ＜2时，m ＝－2x3＋6x2－6有三解， ∴ m 的取值范围是(－6,2)．21．解析：(1)由已知有f ′(x)＝x ＋1x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x)＞0，f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)max ＝f(e)＝12e2＋1，f(x)min ＝f(1)＝12.(2)证明：设F(x)＝12x2＋lnx －23x3， 则F ′(x)＝x ＋1x －2x2＝1－x 1＋x ＋2x2x当x ∈[1，＋∞)时，F ′(x)＜0，F(x)在[1，＋∞)上为减函数，且F(1)＝－16＜0故x ∈[1，＋∞)时，F(x)＜0. ∴12x2＋lnx ＜23x3.∴在[1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)＝23x3图像的下方．方法点睛 一般地，在闭区间[a ，b]上的连续函数f(x)必有最大值与最小值，在开区间(a ，b)内的连续函数不一定有最大值与最小值，若函数y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上单调递增，则f(a)是最小值，f(b)是最大值；反之，则f(a)是最大值，f(b)是最小值．22．解析：(1)f ′(x)＝3x2＋2ax.由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝0，f ′1＝－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋1＝0，2a ＋3＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝2. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2，f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，f ′(x)与f(x)随x 变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f ′(x)＋－＋f(x) 2 ↘ －2由f(x)＝f(0)解得x ＝0，或x ＝3.因此根据f(x)的图像当0＜t ≤2时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(t)＝t3－3t2＋2； 当2＜t ≤3时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(2)＝－2； 当t ＞3时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为f(2)＝－2. 23．解析：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，因为f ′(x)＝x ＋ex －(ex ＋xex)＝x(1－ex)， 由f ′(x)＝x(1－ex)＞0得x ＜0，f ′(x)＜0得x ＞0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,2]上单调递减，在[－2,0)上单调递增，又f(－2)＝2＋3e2，f(2)＝2－e2，且2＋3e2＞2－e2，所以x ∈[－2,2]时，[f(x)]min ＝2－e2，故m ＜2－e2时，不等式f(x)＞m 恒成立．【方法点睛】 1.不等式恒成立问题一般转化为函数的最值(或值域)来求解．其解题步骤为①分离参数；②构造函数；③求函数的最值(或值域)；④由恒成立得出参数的取值范围．2.在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．24．规范解题：(1)f ′(x)＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －lnx x ＋12－bx2.(1分)由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)．故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，(3分) 即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(4分)(2)证明：由(1)知f(x)＝lnx x ＋1＋1x ，所以f(x)－lnx x －1＝11－x2⎝⎛⎭⎫2lnx －x2－1x .(5分) 考虑函数h(x)＝2lnx －x2－1x(x ＞0)，(6分)则h ′(x)＝2x －2x2－x2－1x2＝－x －12x2.(8分)所以当x ≠1时，h ′(x)＜0.而h(1)＝0，故 当x ∈(0,1)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＞0；(9分)当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞0.(10分)从而当x ＞0，且x ≠1时，f(x)－lnxx －1＞0，即f(x)＞lnxx －1.(12分)【方法点睛】模板构建：利用导数证明不等式的基本步骤： 第一步 作差f(x)－lnxx －1； 第二步 构造新的函数h(x)； 第三步 对h(x)求导；第四步 利用h ′(x)判断11－x2h(x)的正负；第五步 结论.。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
2024年高考数学总复习第三章导数及其应用真题分类12导数的概念及其运算
第1题
第2页
返回目录
真题分类12 导数的概念及其运算
高考·数学
(2013·江西，13,5 分)设函数 f(x)在(0，＋∞)内可导，且 f(ex)＝x＋ex，则 f′(1)＝ 2 .
答案：2∵f(ex)＝x＋ex，∴f(x)＝x＋ln x. ∴f′(x)＝1＋1x，∴f′(1)＝1＋1＝2.
第3页
曲线 y＝
x
在点 P 处的切线方程为 y－
x0
＝1 2 x0
(x－x0)，即
y－2
x x0
－
x0 2
＝0，即为
直线 l 的方程．由直线 l 与圆 x2＋y2＝15 相切，得
x0
2 1＋41x0
＝
5 5
，解得
x0＝1.故直线
l
的方程为 y＝12 x＋12 .
第10页
返回层目录 返回目录
真题分类12 导数的概念及其运算
高考·数学
答案：C 设曲线 y＝x＋ex 1 在点(1，2e )处的切线方程为 y－2e ＝k(x－1)， 因为 y＝x＋ex 1 ， 所以 y′＝ex（（xx＋＋11））－2 ex ＝（x＋xex1）2 ， 所以 k＝y′|x＝1＝4e ， 所以 y－2e ＝4e (x－1)，所以曲线 y＝x＋ex 1 在点(1，2e )处的切线方程为 y＝4e x＋4e . 故选 C.
第13页
返回层目录 返回目录
真题分类12 导数的概念及其运算
高考·数学
答案：A 设函数 y＝f(x)图象上的两点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，且 x1≠x2，则由题意
知只需函数 y＝f(x)满足 f′(x1)·f′(x2)＝－1 即可．y＝f(x)＝sin x 的导函数为 f′(x)＝cos x，则
高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业9 理(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数
课时作业9 对数与对数函数1．(2019·某某某某统考)函数f (x )＝1ln3x ＋1的定义域是( B )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪(0，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，＋∞ D ．[0，＋∞)解析：由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1＞0，ln 3x ＋1≠0，解得x ＞－13且x ≠0，故选B.2．(2019·某某某某模拟)设a ＝60.4，b ＝log 0.40.5，c ＝log 80.4，则a ，b ，c 的大小关系是( B )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：∵a ＝60.4＞1，b ＝log 0.40.5∈(0,1)，c ＝log 80.4＜0，∴a ＞b ＞c .故选B. 3．已知lg a ，lg b 是方程2x 2－4x ＋1＝0的两个实根，则lg(ab )·⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a b 2＝( B )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：由已知，得lg a ＋lg b ＝2，即lg(ab )＝2. 又lg a ·lg b ＝12，所以lg(ab )·⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a b2＝2(lg a －lg b )2＝2[(lg a ＋lg b )2－4lg a ·lg b ]＝2×⎝⎛⎭⎪⎫22－4×12＝2×2＝4，故选B.4．若函数y ＝a －a x(a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a 37＋log a 1123＝( D )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：若a ＞1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递减，则⎩⎨⎧a －a ＝0，a －1＝1，解得a ＝2，此时，log a 37＋log a 1123＝log 216＝4；若0＜a ＜1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递增，则⎩⎨⎧a －a ＝1，a －1＝0，无解，故选D.5．(2019·某某省际名校联考)已知f (x )满足对∀x ∈R ，f (－x )＋f (x )＝0，且当x ≤0时，f (x )＝1ex ＋k (k 为常数)，则f (ln5)的值为( B )A ．4B ．－4C ．6D ．－6解析：易知函数f (x )是奇函数，故f (0)＝1e 0＋k ＝1＋k ＝0，即k ＝－1，所以f (ln5)＝－f (－ln5)＝－(e ln5－1)＝－4.6．(2019·某某某某南雄模拟)函数f (x )＝x a满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( C )解析：∵f (2)＝4，∴2a＝4，解得a ＝2，∴g (x )＝|log 2(x ＋1)|＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ＋1，x ≥0，－log 2x ＋1，－1＜x ＜0，∴当x ≥0时，函数g (x )单调递增，且g (0)＝0；当－1＜x ＜0时，函数g (x )单调递减，故选C.7．已知函数f (x )＝e x＋2(x ＜0)与g (x )＝ln(x ＋a )＋2的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值X 围是( A )A ．(－∞，e)B ．(0，e)C ．(e ，＋∞)D ．(－∞，1)解析：由题意知，方程f (－x )－g (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即e －x－ln(x ＋a )＝0在(0，＋∞)上有解，即函数y ＝e －x与y ＝ln(x ＋a )的图象在(0，＋∞)上有交点，则ln a ＜1，即0＜a ＜e ，则a 的取值X 围是(0，e)，当a ≤0时，y ＝e －x与y ＝ln(x ＋a )的图象总有交点，故a 的取值X 围是(－∞，e)，故选A.8．(2019·某某省级名校模拟)已知函数f (x )＝(e x－e－x)x ，f (log 5x )＋f (log 15x )≤2f (1)，则x 的取值X 围是( C )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，1 B ．[1,5]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，5D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，15∪[5，＋∞) 解析：∵f (x )＝(e x－e －x)x ，∴f (－x )＝－x (e －x －e x )＝(e x －e －x)x ＝f (x )， ∴函数f (x )是偶函数．∵f ′(x )＝(e x －e －x )＋x (e x ＋e －x)＞0在(0，＋∞)上恒成立． ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (log 5x )＋f (log 15 x )≤2f (1)， ∴2f (log 5x )≤2f (1)，即f (log 5x )≤f (1)， ∴|log 5x |≤1，∴15≤x ≤5.故选C.9．函数f (x )＝log 2x ·log2(2x )的最小值为－14.解析：依题意得f (x )＝12log 2x ·(2＋2log 2x )＝(log 2x )2＋log 2x ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14≥－14，当且仅当log 2x ＝－12，即x ＝22时等号成立，因此函数f (x )的最小值为－14.10．(2019·某某质检)已知函数f (x )＝|log 3x |，实数m ，n 满足0＜m ＜n ，且f (m )＝f (n )，若f (x )在[m 2，n ]上的最大值为2，则nm＝9__.解析：f (x )＝|log 3x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－log 3x ，0＜x ＜1，log 3x ，x ≥1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 由0＜m ＜n 且f (m )＝f (n )， 可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，log 3n ＝－log 3m ，则⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，mn ＝1，所以0＜m 2＜m ＜1，则f (x )在[m 2,1)上单调递减，在(1，n ]上单调递增，所以f (m 2)＞f (m )＝f (n )，则f (x )在[m 2，n ]上的最大值为f (m 2)＝－log 3m 2＝2，解得m ＝13，则n ＝3，所以nm＝9. 11．设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a ＞0，a ≠1)，且f (1)＝2. (1)求a 的值及f (x )的定义域；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值．解：(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a ＞0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得－1＜x ＜3，∴函数f (x )的定义域为(－1,3)． (2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数； 当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.12．已知函数f (x )＝log a (a 2x＋t )，其中a ＞0且a ≠1. (1)当a ＝2时，若f (x )＜x 无解，求t 的取值X 围；(2)若存在实数m ，n (m ＜n )，使得x ∈[m ，n ]时，函数f (x )的值域也为[m ，n ]，求t 的取值X 围．解：(1)∵log 2(22x＋t )＜x ＝log 22x，∴22x＋t ＜2x 无解，等价于22x ＋t ≥2x恒成立， 即t ≥－22x＋2x＝g (x )恒成立， 即t ≥g (x )max ，∵g (x )＝－22x ＋2x＝－⎝⎛⎭⎪⎫2x －122＋14，∴当2x＝12，即x ＝－1时，g (x )取得最大值14，∴t ≥14，故t 的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. (2)由题意知f (x )＝log a (a 2x＋t )在[m ，n ]上是单调增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f m ＝m ，f n ＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2m ＋t ＝a m，a 2n ＋t ＝a n，问题等价于关于k 的方程a 2k－a k＋t ＝0有两个不相等的实根，令a k＝u ＞0，则问题等价于关于u 的二次方程u 2－u ＋t ＝0在u ∈(0，＋∞)上有两个不相等的实根，即⎩⎪⎨⎪⎧ u 1＋u 2＞0，u 1·u 2＞0，Δ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧t ＞0，t ＜14，得0＜t ＜14.∴t 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.13．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f x 1－x 1f x 2x 1－x 2＞0，记a ＝f 30.230.2，b ＝f 0.320.32，c ＝f log 25log 25，则( B ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜a ＜c C ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a解析：已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数， 对任意两个不相等的正数x 1，x 2， 都有x 2f x 1－x 1f x 2x 1－x 2＞0，故x 1－x 2与x 2f (x 1)－x 1f (x 2)同号， 则x 1－x 2与x 2f x 1－x 1f x 2x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫即f x 1x 1－f x 2x 2同号， ∴函数y ＝f xx是(0，＋∞)上的增函数， ∵1＜30.2＜2,0＜0.32＜1，log 25＞2， ∴0.32＜30.2＜log 25，∴b ＜a ＜c ，故选B.14．设f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )，当x ∈[－2,0]时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫22x－1，若在区间(－2,6)内关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a ＞0且a ≠1)恰有4个不同的实数根，则实数a 的取值X 围是( D )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1B ．(1,4)C ．(1,8)D ．(8，＋∞)解析：依题意得f (x ＋2)＝f (－(2－x ))＝f (x －2)，即f (x ＋4)＝f (x )，则函数f (x )是以4为周期的函数，结合题意画出函数f (x )在x ∈(－2,6)上的图象与函数y ＝log a (x ＋2)的图象，结合图象分析可知．要使f (x )与y ＝log a (x ＋2)的图象有4个不同的交点，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，log a 6＋2＜1，由此解得a ＞8，即a 的取值X 围是(8，＋∞)．15．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝ln(x ＋x 2＋1)，g (x )＝f (x )＋2 017，下列命题：①f (x )的定义域为(－∞，＋∞)； ②f (x )是奇函数；③f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；④若实数a ，b 满足f (a )＋f (b －1)＝0，则a ＋b ＝1；⑤设函数g (x )在[－2 017,2 017]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝2 017. 其中真命题的序号是①②③④__.(写出所有真命题的序号) 解析：对于①，∵x 2＋1＞x 2＝|x |≥－x ， ∴x 2＋1＋x ＞0，∴f (x )的定义域为R ，∴①正确．对于②，f (x )＋f (－x )＝ln(x ＋x 2＋1)＋ln(－x ＋－x2＋1)＝ln[(x 2＋1)－x 2]＝ln1＝0.∴f (x )是奇函数，∴②正确． 对于③，令u (x )＝x ＋x 2＋1， 则u (x )在[0，＋∞)上单调递增． 当x ∈(－∞，0]时，u (x )＝x ＋x 2＋1＝1x 2＋1－x，而y ＝x 2＋1－x 在(－∞，0]上单调递减，且x 2＋1－x ＞0.∴u (x )＝1x 2＋1－x在(－∞，0]上单调递增，又u (0)＝1，∴u (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝ln(x ＋x 2＋1)在R 上单调递增，∴③正确． 对于④，∵f (x )是奇函数，而f (a )＋f (b －1)＝0，∴a ＋(b －1)＝0， ∴a ＋b ＝1，∴④正确．对于⑤，f (x )＝g (x )－2 017是奇函数，当x ∈[－2 017,2 017]时，f (x )max ＝M －2 017，f (x )min ＝m －2 017， ∴(M －2 017)＋(m －2 017)＝0， ∴M ＋m ＝4 034，∴⑤不正确． 16．已知函数f (x )＝lnx ＋1x －1. (1)求函数f (x )的定义域，并判断函数f (x )的奇偶性； (2)对于x ∈[2,6]，f (x )＝lnx ＋1x －1＞ln mx －17－x恒成立，某某数m 的取值X 围．解：(1)由x ＋1x －1＞0，解得x ＜－1或x ＞1， ∴函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)， 当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f (－x )＝ln－x ＋1－x －1＝ln x －1x ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1－1＝－ln x ＋1x －1＝－f (x )．∴f (x )＝lnx ＋1x －1是奇函数． (2)由于x ∈[2,6]时，f (x )＝lnx ＋1x －1＞ln mx －17－x恒成立， ∴x ＋1x －1＞mx －17－x＞0， ∵x ∈[2,6]，∴0＜m ＜(x ＋1)(7－x )在x ∈[2,6]上恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)(7－x )＝－(x －3)2＋16，x ∈[2,6]，由二次函数的性质可知，x ∈[2,3]时函数g (x )单调递增，x ∈[3,6]时函数g (x )单调递减， 即x ∈[2,6]时，g (x )min ＝g (6)＝7， ∴0＜m ＜7.故实数m 的取值X 围为(0,7)．。
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。
新考法高考数学(人教A版文数)一轮复习专题3导数及其应用(课件88)
令x＝1，得f′(1)＝e.
【答案】e
考点一 导数的概念及计算
考法2 导数几何意义的应用
[课标全国Ⅰ2015·14]已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图像在点(1，f(1)) 处的切线过点(2，7)，则a＝________．
【解析】f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，又f(1)＝a＋2，由导数的 几何意义，得切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，将(2，7)代入 切线方程，解得a＝1.
考点二 导数的应用
2．函数的极值
对于可导函数f(x)判断其极值的方法如下： (1)f′(x0)＝0，如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是 函数f(x)的极大值； (2)f′(x0)＝0，如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是 函数f(x)的极小值.
【答案】C
【反思】若直接用乘积的求导法则运算量太大，要去括号困难重重，所以
奇妙地把x(x－a1)(x－a2)· …·(x－a8)看成一个整体，利用代换的思想
解决问题．
考点一 导数的概念及计算
方法2 导数几何意义的应用
已知函数y＝f(x)，求曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线方程
(1)若点P(x0，y0)是切点，则切线方程为y－y0＝f′(x0)·(x－x0)． (2)若点P(x0，y0)不是切点，求解步骤如下： ①设切点坐标为Q(x1，f(x1))；
专题三 导数及其应用
高考数学 导数及应用专题训练 新人教版
用心 爱心 专心1高考数学 导数及应用专题训练 新人教版一、导数的几何意义及导数的基本运算法则：（一）1、导数)(0x f '就是函数y=f(x)在点(x 0,f(x 0))处的切线的斜率。
2、常见的基本函数的导数公式：)10________())(log 8(_______;))(ln 7();10______())(6(______;))(5(______;))(cos 4(______;))(sin 3(______;))(2(_____;)1(≠='='≠='+='='='='='a a x x a a a e x x x C x x n 且且 3、常用的导数运算法则：（1）和差的导数：='±))()(x g x f （______________;(2)积的导数）（'⋅)()(x g x f =_______________; (3)商的导数：______________)()(='）（x g x f . （二）导数的运算及导数的几何意义的应用：1、设f(x)=x(x+1)(x+2)·…·(x+n),则=')0(f ___________。
2、若=')0(f 2x,则f(x)不可能是（ ） A 、x 2B 、x 2+1 C 、x 2+2 D 、x 2+x3、已知f(x)=a 0x n +a 1x n-1+a 2x n-2+…+a n-1x+a n ，其中n 是正整数，则=')0(f 等于=________。
4、设曲线y=ax 2在点（1，a ）处的切线与直线2x-y-6=0平行，则a=______。
5、曲线y=x 3-2x+4在点（1，3）处的的切线的倾斜角等于__________。
6、曲线在点（0，1）处的切线方程为______________。
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
2025届高考数学复习：历年高考真题专项(导数的应用)阶梯练习(附答案)
2025届高考数学复习：历年高考真题专项（导数的应用）阶梯练习1．[2024ꞏ新课标Ⅰ卷]已知函数f (x )＝lnx2－x＋ax ＋b (x －1)3. (1)若b ＝0，且f ′(x )≥0，求a 的最小值； (2)证明：曲线y ＝f (x )是中心对称图形；(3)若f (x )>－2当且仅当1<x <2，求b 的取值范围． 2．[2023ꞏ新课标Ⅰ卷]已知函数f (x )＝a (e x ＋a )－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当a >0时，f (x )>2ln a ＋32 .3．[2024ꞏ新课标Ⅱ卷]已知函数f (x )＝e x －ax －a 3.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围． 4．[2024ꞏ全国甲卷(理)]已知函数f (x )＝(1－ax )ln (1＋x )－x . (1)当a ＝－2，求f (x )的极值；(2)当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．5．[2022ꞏ新高考Ⅰ卷]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．6．[2024ꞏ九省联考]已知函数f (x )＝ln x ＋x 2＋ax ＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋3y ＝0垂直．(1)求a ；(2)求f (x )的单调区间和极值．7．[2023ꞏ新课标Ⅱ卷](1)证明：当0<x <1时，x －x 2<sin x <x ；(2)已知函数f (x )＝cos ax －ln (1－x 2)，若x ＝0是f (x )的极大值点，求a 的取值范围． 8．[2023ꞏ全国甲卷(理)]已知函数f (x )＝ax －sin x cos 3x ，x ∈(0，π2 ). (1)当a ＝8时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )<sin2x ，求a 的取值范围．参考答案1．[2024ꞏ新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝lnx2－x＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；(3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．答案解析：(1)当b＝0时，f(x)＝lnx2－x＋ax，x∈(0，2)，则f′(x)＝2－xxꞏ(x2－x)′＋a＝2－xxꞏ2－x－（－1）x（2－x）2＋a＝2x（2－x）＋a.∵f′(x)≥0，∴a≥2x（x－2）在(0，2)上恒成立．当x∈(0，2)时，x(x－2)∈[－1，0)，∴2x（x－2）∈(－∞，－2]，∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值为－2.(2)证明：方法一 ∵f(x)＝lnx2－x＋ax＋b(x－1)3，x∈(0，2)，∴f(x＋1)＝ln 1＋x1－x＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).令g(x)＝f(x＋1)－a＝ln 1＋x1－x＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，则g(－x)＝ln1－x1＋x－ax－bx3＝－ln 1＋x1－x－ax－bx3＝－g(x)，∴g(x)是定义域为(－1，1)的奇函数，其图象关于坐标原点O对称．又∵f(x)的图象可由g(x)的图象向右平移1个单位长度，再向上平移a个单位长度得到，∴曲线y＝f(x)是中心对称图形．方法二 f(x)的定义域为(0，2)，f(1)＝a.当x∈(－1，1)时，f(1＋x)＝ln 1＋x1－x＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝ln1－x1＋x＋a(1－x)－bx3，∴f(1＋x)＋f(1－x)＝ln 1＋x1－x＋ln1－x1＋x＋2a＝2a，∴曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称，即曲线y＝f(x)是中心对称图形．(3)∵f(x)>－2当且仅当1<x<2，∴f(1)＝－2⇒a＝－2，∴f(x)＝lnx2－x－2x＋b(x－1)3>－2对任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝1x＋12－x－2＋3b(x－1)2＝2（x －1）2x （2－x ）＋3b (x －1)2＝(x －1)2ꞏ[2x （2－x ） ＋3b ].令m (x )＝2x （2－x ） ＋3b ，∴必有m (1)＝2＋3b ≥0⇒b ≥－23 . 否则若b <－23 ，则存在δ(1<δ<2)使得当x ∈(1，δ)时， f ′(x )<0，f (x )在(1，δ)上单调递减，∴f (δ)<f (1)＝－2.当b ≥－23 时，对任意x ∈(1，2)，f (x )≥lnx 2－x－2x －23 (x －1)3， 令h (x )＝lnx2－x －2x －23 (x －1)3，则h ′(x )＝2（x －1）2x （2－x ） －2(x －1)2＝2(x －1)2[1x （2－x ）－1]>0，对任意x ∈(1，2)恒成立， ∴h (x )>h (1)＝－2，符合条件． 综上可得b 的取值范围是[－23 ，＋∞).2．[2023ꞏ新课标Ⅰ卷]已知函数f (x )＝a (e x ＋a )－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当a >0时，f (x )>2ln a ＋32 . 答案解析：(1)f ′(x )＝a e x －1， 当a ≤0时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；当a >0时，令f ′(x )>0，得x >－ln a ，令f ′(x )<0，得x <－ln a ，所以函数f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． 综上可得：当a ≤0时，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；当a >0时，函数f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)方法一 由(1)得当a >0时，函数f (x )＝a (e x ＋a )－x 的最小值为f (－ln a )＝a (e －ln a＋a )＋ln a ＝1＋a 2＋ln a ，令g (a )＝1＋a 2＋ln a －2ln a －32 ＝a 2－ln a －12 ，a ∈(0，＋∞)， 所以g ′(a )＝2a －1a ，令g ′(a )>0，得a >2 ；令g ′(a )<0，得0<a <2. 所以函数g (a )在(0，2 )上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以函数g (a )的最小值为g (22 )＝(22 )2－ln 22 －12 ＝ln 2 >0， 所以当a >0时，f (x )>2ln a ＋32 成立．方法二 当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，故欲证f(x)>2ln a＋32成立，只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋32，即证a2－12>ln a.构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝1a－1＝1－aa，所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，故只需证a2－12>a－1，即证a2－a＋12>0，因为a2－a＋12＝(a－12)2＋14>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋32成立．3．[2024ꞏ新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝e x－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．答案解析：(1)当a＝1时，f(x)＝e x－x－1，则f′(x)＝e x－1，所以f′(1)＝e－1.又因为f(1)＝e－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x －1)，即y＝(e－1)x－1.(2)f(x)＝e x－ax－a3，则f′(x)＝e x－a，当a≤0时，f′(x)＝e x－a>0，则f(x)在R上单调递增，无极值点，所以a>0.令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以x＝ln a是f(x)的极小值点，极小值为f(ln a)＝e ln a－a ln a－a3＝a－a ln a－a3，则问题转化为解不等式a－a ln a－a3<0.又因为a>0，所以不等式可化为a2＋ln a－1>0.令g(a)＝a2＋ln a－1，则g′(a)＝2a＋1a>0恒成立，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以不等式a－a ln a－a3<0的解集为(1，＋∞)，所以a的取值范围是(1，＋∞).4．[2024ꞏ全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.(1)当a＝－2，求f(x)的极值；(2)当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．答案解析：(1)当a ＝－2时，f (x )＝(1＋2x )ln (1＋x )－x ，x >－1， f ′(x )＝2ln (1＋x )＋x 1＋x. 当x >0时，f ′(x )>0，当－1<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f (x )的极小值为f (0)＝0，无极大值．(2)f (x )＝(1－ax )ln (1＋x )－x ，f ′(x )＝－a ln (1＋x )－（a ＋1）x1＋x.令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－a1＋x －a ＋1（1＋x ）2 . 因为当x ≥0时，f (x )≥0，且f (0)＝0，f ′(0)＝0， 所以g ′(0)＝－1－2a ≥0，得a ≤－12 . 当a ≤－12 时，g ′(x )≥12（1＋x ） －12（1＋x ）2 ＝x2（1＋x ）2≥0，且等号不恒成立，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )＝g (x )≥g (0)＝0，且等号不恒成立， 故f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0恒成立， 故a 的取值范围为(－∞，－12 ].5．[2022ꞏ新高考Ⅰ卷]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．答案解析：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .由于f (x )存在最小值，则方程f ′(x )＝0有解，故a >0，解得x ＝ln a . 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 所以f (x ) min ＝f (ln a )＝a －a ln a . 同理，得g (x )min ＝g (1a )＝1＋ln a . 因为函数f (x )，g (x )的最小值相等，所以a －a ln a ＝1＋ln a ，即(a ＋1)ln a ＋1－a ＝0. 令h (x )＝(x ＋1)ln x ＋1－x ，x >0，则h ′(x )＝ln x ＋1x .令m(x)＝ln x＋1x，x>0，则m′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.令x－1x2>0，则x>1；令x－1x2<0，则0<x<1.所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为F′(x)＝f′(x)＝e x－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝e b－2b.令t(b)＝e b－2b，b>1，则t′(b)＝e b－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－1x，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.令μ(x)＝x2－ln x，x>2，则μ′(x)＝12－1x>0，所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝e x2－x2＝x3－ln x3.若x2＝x3，则e x2－x2＝x2－ln x2，即e x2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程e x－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，即证明φ(x )＝e x －2x ＋ln x 在(0，1)上有零点．因为φ(1e 3 )＝e 1e3－2e 3 －3<0，φ(1)＝e －2>0，所以φ(x )＝e x －2x ＋ln x 在(0，1)上存在零点，取一零点为x 0，令x 2＝x 3＝x 0即可，此时b ＝e x 0－x 0，则此时存在直线y ＝b 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点．最后证明x 1＋x 4＝2x 0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因为F (x 1)＝F (x 2)＝F (x 0)＝G (x 3)＝G (x 0)＝G (x 4)＝0，所以F (x 1)＝G (x 0)＝F (ln x 0). 又因为F (x )在(－∞，0)上单调递减，x 1<0，0<x 0<1，即ln x 0<0，所以x 1＝ln x 0. 因为F (x 0)＝G (e x 0)＝G (x 4)，又因为G (x )在(1，＋∞)上单调递增，x 0>0，即e x 0>1，x 4>1，所以x 4＝e x 0.又因为e x 0－2x 0＋ln x 0＝0，所以x 1＋x 4＝ln x 0＋e x 0＝2x 0，即存在直线y ＝b 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 6．[2024ꞏ九省联考]已知函数f (x )＝ln x ＋x 2＋ax ＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋3y ＝0垂直．(1)求a ；(2)求f (x )的单调区间和极值．答案解析：(1)f ′(x )＝1x ＋2x ＋a ，则f ′(2)＝12 ＋2×2＋a ＝92 ＋a ， 由题意可得(92 ＋a )×(－23 )＝－1，解得a ＝－3. (2)由a ＝－3，故f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋2，则f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝（2x －1）（x －1）x ，x >0， 故当0<x <12 时，f ′(x )>0，当12 <x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， 故f (x )的单调递增区间为(0，12 )，(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为(12 ，1)， 故f (x )有极大值f (12 )＝ln 12 ＋(12 )2－3×12 ＋2＝34 －ln 2， 有极小值f (1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.7．[2023ꞏ新课标Ⅱ卷](1)证明：当0<x <1时，x －x 2<sin x <x ；(2)已知函数f (x )＝cos ax －ln (1－x 2)，若x ＝0是f (x )的极大值点，求a 的取值范围． 答案解析：(1)令h (x )＝x －x 2－sin x ， 则h ′(x )＝1－2x －cos x ，令p (x )＝1－2x －cos x ，则p ′(x )＝－2＋sin x <0， 所以p (x )即h ′(x )单调递减，又h ′(0)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )<h ′(0)＝0，h (x )单调递减， 所以当0<x <1时，h (x )<h (0)＝0，即x －x 2<sin x . 令g (x )＝sin x －x ， 则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )单调递减，又g (0)＝0， 所以当0<x <1时，g (x )<g (0)＝0， 即sin x <x .综上，当0<x <1时，x －x 2<sin x <x .(2)方法一 因为f (x )＝cos ax －ln (1－x 2)(－1<x <1)， 所以f (x )＝f (－x )，所以f (x )为偶函数． f ′(x )＝－a sin ax ＋2x1－x 2(－1<x <1)， 令t (x )＝－a sin ax ＋2x1－x 2(－1<x <1)， 则t ′(x )＝－a 2cos ax ＋2（1＋x 2）（1－x 2）2(－1<x <1).令n (x )＝－a 2cos ax ＋2（1＋x 2）（1－x 2）2 ，则n ′(x )＝a 3sin ax ＋4x （3＋x 2）（1－x 2）3.当a ＝0时，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以x ＝0是f (x )的极小值点，不符合题意． 当a >0时，取π2a 与1中的较小者，为m ， 则当0<x <m 时，易知n ′(x )>0，所以n (x )即t ′(x )在(0，m )上单调递增，所以t ′(x )>t ′(0)＝2－a 2. ①当2－a 2≥0，即0<a ≤2 时，t ′(x )>0(0<x <m ).所以t (x )在(0，m )上单调递增，所以t (x )>t (0)＝0，即f ′(x )>0. 那么f (x )在(0，m )上单调递增，由偶函数性质知f (x )在(－m ，0)上单调递减． 故x ＝0是f (x )的极小值点，不符合题意． ②当2－a 2<0，即a >2 时， 当π2a <1，即a >π2 时， 因为t ′(0)<0，t ′⎝⎛⎭⎫π2a >0，所以t ′(x )在(0，m )上存在唯一零点x 1，且当0<x <x 1时，t ′(x )<0，t (x )单调递减， 因为t (0)＝0，所以当0<x <x 1时，t (x )<0， 即f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 1)上单调递减，因为f (x )为偶函数，所以f (x )在(－x 1，0)上单调递增， 故可得x ＝0是f (x )的极大值点，符合题意． 当π2a >1，即2 <a <π2 时，因为t ′(0)<0，t ′⎝⎛⎭⎫12 ＝－a 2cos a 2 ＋409 >0， 所以t ′(x )在(0，m )上存在唯一零点x 2， 且当0<x <x 2时，t ′(x )<0，t (x )单调递减． 因为t (0)＝0，所以当0<x <x 2时，t (x )<0， 即f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 2)上单调递减．因为f (x )为偶函数，所以f (x )在(－x 2，0)上单调递增， 故可得x ＝0是f (x )的极大值点，符号题意． 当a <0时，由偶函数图象的对称性可得a <－2 . 综上所述，a 的取值范围是(－∞，－2 )∪(2 ，＋∞). 方法二 由f (x )＝cos ax －ln (1－x 2)， 得f ′(x )＝－a sin ax ＋2x1－x 2(－1<x <1)， 令t (x )＝－a sin ax ＋2x1－x 2(－1<x <1)， 则t ′(x )＝－a 2cos ax ＋2（1＋x 2）（1－x 2）2 (－1<x <1).由x ＝0是f (x )的极大值点，易得f ′(0)＝0， t ′(0)<0， 所以2－a 2<0， 解得a <－2 或a >2 .所以a 的取值范围是(－∞，－2 )∪(2 ，＋∞).8．[2023ꞏ全国甲卷(理)]已知函数f (x )＝ax －sin x cos 3x ，x ∈(0，π2 ). (1)当a ＝8时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )<sin2x ，求a 的取值范围．答案解析： (1)当a ＝8时，f (x )＝8x －sin x cos 3x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2 ， f ′(x )＝8－cos 4x ＋3sin 2x cos 2x cos 6x ＝8＋2cos 2x －3cos 4x . 令1cos 2x ＝t ，则t ∈(1，＋∞)， 令h (t )＝－3t 2＋2t ＋8＝－(3t ＋4)(t －2)，当t ∈(1，2)时，h (t )>0；当t ∈(2，＋∞)时，h (t )<0. 故当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π4 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫π4，π2 上单调递减． (2)令g (x )＝f (x )－sin2x ＝ax －sin xcos 3x －sin2x ，则g ′(x )＝a －cos 4x ＋3sin 2x cos 2x cos 6x －2cos2x ＝a － cos 2x ＋3sin 2x cos 4x －4cos 2x ＋2＝a －(－2cos 2x ＋3cos 4x＋4cos 2x －2)， 令u ＝cos 2x ，则u ∈(0，1)，令k (u )＝－2u ＋3u 2 ＋4u －2，则k ′(u )＝2u －6u 3 ＋4＝4u 3＋2u －6u 3. 当u ∈(0，1)时，k ′(u )<0，∴k (u )在(0，1)上单调递减， ∵k (1)＝3，∴当u ∈(0，1)时，k (u )>3，∴k (u )的值域为(3，＋∞). ①当a ≤3时，g ′(x )<0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2 上单调递减， 又g (0)＝0，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2 时，g (x )<0，即f (x )<sin2x . ②当a >3时，∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2 使得g ′(x 0)＝0， ∴g (x )在(0，x 0)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2 上单调递减， ∴g (x 0)>g (0)＝0，∴f (x )<sin 2x 不成立． 综上所述，a 的取值范围为(－∞，3].。
2023版新高考数学总复习专题四导数的应用 课件
含有参数的不等式要针对具体情况进行分类讨论,但始终要注意定义域 及分类讨论的标准. 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,先尝试分离参数,将问题转化为求解 对应函数的最值问题;若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性 无法利用导数解决,则可以直接转化为求解含参内,函数的极值不一定唯一,在整个定义 域内可能有多个极大值和极小值;2)极大值与极小值没有必然关系,极大 值可能比极小值还小;3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3, f '(x)=3x2,当x=0时, f '(0)=0,但x=0不是函数的极值点);4)对于处处可导的函 数,极值点处的导数必为零. 2.函数的最值 1)一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那 么它必有最大值和最小值,函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
④∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
3.利用导数构造函数解不等式
常见的构造函数模型总结:
1)关系式为“加”型
①f '(x)+f(x)≥0,构造y=exf(x),则y'=[exf(x)]'=ex·[f '(x)+f(x)].
②xf '(x)+f(x)≥0,构造y=xf(x),则y'=[xf(x)]'=xf '(x)+f(x).
x
1 x ln x
,则f '(x)=x
x2
=
1
ln x2
x
,当x>e时,
f
'(x)<0,所以函
数f(x)在(e,+∞)上单调递减,因为t≥2,所以t+3>t+2>e,所以f(t+3)<f(t+2),所
2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第四章导数及其应用第四节 第2课时导数与函数零点
【加练备选】 1.函数 f(x)＝ex－|x|3 的零点个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】选 C.当 x≤0 时，f(x)＝ex＋x3， 因为 f′(x)＝ex＋3x2＞0，所以函数此时单调递增，而 f(－1)＝e－1－1＜0，f(0)＝1＞0， 所以此时函数 f(x)＝ex＋x3 有唯一零点； 当 x＞0 时，令 f(x)＝ex－x3＝0，解得 ex＝x3⇒x＝3ln x，此时原函数的零点为函数 g(x)＝x－3ln x 的零点，g′(x) ＝1－3x ，因此当 x＞3 时 g′(x)＝1－3x ＞0，函数单调递增， 当 0<x<3 时，g′(x)＝1－3x ＜0，函数单调递减， g(3)＝3－3ln 3＝3(1－ln 3)＜0，g(1)＝1＞0， g(6)＝6－3ln 6＝3(2－ln 2)＞0， 所以函数在(0，3)和(3，＋∞)内各有一个零点，所以一共有 3 个零点．
当 x＞0 时，两图象必须有两个交点，
假设两图象当
x＞0
时至多只有一个交点，则
ex≥ax2
恒成立，即
ex a≤x2
，
令 g(x)＝exx2
ex（x－2） ，则 g′(x)＝ x3
，当 g′(x)＞0 时，x＞2，当 g′(x)＜0 时，0＜x＜2，
则 g(x)min＝g(2)＝e42
，即若
e2 a≤ 4
考点二 零点与参数的值或范围 讲练互动
[典例 1](1)已知关于 x 的方程 ax＝xa(其中 a＞1，x＞0)有且仅有一个解，令 h(x)＝ ax－xa(a＞1，x＞0)，则下列结论错误的是( ) A．a＝e B．h(x)在区间(1，e)上单调递减 C．x＝e 是 h(x)的零点 D．h(1)是 h(x)的极小值，x＝e 是 h(x)的极大值点
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(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使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．【例】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例 】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数． 题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．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；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。
新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习 18 导数的应用(二)
新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结18导数的应用(二)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递增区间为()A．(－∞，0) B．(0，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案 C解析函数的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝1－1x，令f′(x)>0，得x>1.故选C.2．已知奇函数f′(x)是连续函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则() A．f(0)>f(log32)>f(－log23)B．f(log32)>f(0)>f(－log23)C．f(－log23)>f(log32)>f(0)D．f(－log23)>f(0)>f(log32)答案 C解析因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．所以f(－log23)＝f(log23)，而log23>log22＝1，0<log32<1，所以0<log32<log23.又当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(0)<f(log32)<f(log23)，所以f(0)<f(log32)<f(－log23).3．已知函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是()A．当x＝1ln 2时，f(x)取最大值B．当x＝1ln 2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln 2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值答案 D解析由题意知，f′(x)＝2x＋x·2x ln 2，令f′(x)＝0，得x＝－1ln 2，又当x<－1ln 2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>－1ln 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值.4．函数y ＝x ＋1e x 的图象大致为( )答案 C解析 因为y ＝x ＋1e x ，所以y ′＝－xe x ，令y ′>0，则x <0，令y ′<0，则x >0，所以函数y ＝x ＋1e x 在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，且0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，知选C.5．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1，2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B. 6．已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，若y ＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“一阶比增函数”；若y＝f（x）x2在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为Ω1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为Ω2.若函数f(x)＝x3－2hx2－hx，且f(x)∈Ω1，f(x)∉Ω2，则实数h的取值范围是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，0]答案 C解析因为f(x)∈Ω1且f(x)∉Ω2，即g(x)＝f（x）x＝x2－2hx－h在(0，＋∞)上是增函数，所以h≤0，而h(x)＝f（x）x2＝x－hx－2h在(0，＋∞)上不是增函数，因为h′(x)＝1＋hx2，所以当h(x)在(0，＋∞)上是增函数时，有h≥0，当h(x)在(0，＋∞)上不是增函数时，有h<0.综上所述，实数h的取值范围是(－∞，0).故选C.7．(多选)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足f′（x）－f（x）x－1＞0(x≠1)，对于函数g(x)＝f（x）e x，下列结论正确的是() A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数B．1是函数g(x)的极小值点C．函数g(x)至多有两个零点D．当x≤0时，不等式f(x)≤e x恒成立答案ABC解析函数g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，当x＞1时，f′(x)－f(x)＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，A正确；当x＜1时，f′(x)－f(x)＜0，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，故1是函数g(x)的极小值点，B正确；若g(1)＜0，则y＝g(x)至多有两个零点，若g(1)＝0，则y＝g(x)有一个零点，若g(1)＞0，则y＝g(x)没有零点，故C正确；g(x)在(－∞，1)上单调递减，则g(x)在(－∞，0)上单调递减，g(0)＝f（0）e0＝1，可知x≤0时，g(x)≥g(0)，故f（x）e x≥1，即f(x)≥e x，D错误．故选ABC.8．(多选)已知函数f(x)＝2a ln x＋x2＋b.下列说法正确的是()A．当a＝－1时，f(x)的极小值点为(1，1＋b)B．若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则a∈[－1，＋∞)C．若f(x)在定义域内不单调，则a∈(－∞，0)D．若a＝－32且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝－e x相切，则b＝－2答案BC解析极小值点为一个实数，故A错误；由f′(x)＝2ax＋2x≥0，可得a≥－x2.因为x≥1，所以a≥－1，故B正确；f′(x)＝2a＋2x2x，当a≥0时，f′(x)>0恒成立；当a<0时，f′(x)不恒为正数，所以f(x)不单调，故C正确；因为a＝－32，所以f(x)＝－3ln x＋x2＋b.因为f′(x)＝－3x＋2x2，所以f′(1)＝－1.因为f(1)＝b＋1，所以切线方程为y＝－x＋b＋2.设直线y＝－x＋b＋2与曲线y＝－e x相切的切点的横坐标为x0，则－e x0＝－1，所以x 0＝0，即切点坐标为(0，－1)，代入y ＝－x ＋b ＋2，可得b ＝－3，故D 错误．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1，1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，且定义域为(－1，1)，又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2).二、高考小题10．(2022·全国乙卷)设a ＝2ln 1.01，b ＝ln 1.02，c ＝ 1.04－1，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 因为a ＝2ln 1.01＝ln 1.0201，b ＝ln 1.02，所以a >b .令f (x )＝2ln (1＋x )－(1＋4x －1)(x >0)，则f ′(x )＝21＋x －21＋4x，因为当0<x <2时，x 2<2x ，所以当0<x <2时，1＋2x ＋x 2<1＋2x ＋2x ，即1＋x <1＋4x ，所以当0<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (0.01)>f (0)＝0，所以a >c .同理，令g (x )＝ln (1＋2x )－( 1＋4x －1)(x >0)，则g ′(x )＝21＋2x －21＋4x，因为当x >0时，(1＋2x )2>1＋4x ，所以当x >0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (0.01)<g (0)＝0，所以c >b .综上a >c >b .故选B.11．(2022·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e]D ．[1，e] 答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0.当x >1时，f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围为0≤a ≤e ，即[0，e].故选C.12．(2022·新高考Ⅰ卷)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________． 答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞).①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，f ′(x )＝2－2x ＝2（x －1）x ，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当12<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )min ＝f (1)＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x ，f ′(x )＝－2－2x ＝－2（x ＋1）x ＜0，此时函数f (x )＝1－2x －2ln x 为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上的减函数．故f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2ln 2＞1.综上，f (x )min ＝f (1)＝1.13．(2022·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 易知函数f (x )的定义域关于原点对称．∵f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，∴f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e－x ＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2＝3x 2≥0(当且仅当x ＝0时，取“＝”)，从而f (x )在R 上单调递增，∴f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)⇔－2a 2≥a －1，解得－1≤a ≤12.三、模拟小题14．(2022·辽宁沈阳东北育才学校高三第一次模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )<6f (x )，则必有( )A ．64f (1)<f (2)B ．81f (1)>16f (3)C ．4f (2)>f (4)D ．729f (2)>64f (3) 答案 D解析 由xf ′(x )<6f (x )，得x 6f ′(x )<6x 5·f (x ).设g (x )＝f （x ）x 6，x >0，则g ′(x )＝xf ′（x ）－6f （x ）x 7<0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，则g (1)>g (2)>g (3)>g (4)，则64f (1)>f (2)，729f (2)>64f (3)，64f (2)＞f (4)，729f (1)＞f (3)，但由于f (1)，f (2)，f (3)，f (4)的正负不确定，所以81f (1)>16f (3)，4f (2)>f (4)都未必成立．故选D.15．(2022·湖北黄石高三上调研)已知a ＝4ln 5π，b ＝5ln 4π，c ＝5ln π4，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <b <a 答案 A解析 令f (x )＝ln xx (x ≥e)，可得f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln x x 2，当x ≥e 时，f ′(x )≤0恒成立，所以f (x )＝ln x x 在[e ，＋∞)上单调递减，所以f (π)>f (4)>f (5)，即ln ππ>ln 44>ln 55，可得4ln π>πln 4，5ln 4>4ln 5，所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5，所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π，即c >b ，b >a ，所以a <b <c .故选A.16．(2022·山西太原高三模拟)点M 在曲线G ：y ＝3ln x 上，过M 作x 轴的垂线l ，设l 与曲线y ＝1x 交于点N ，OP →＝OM →＋ON →3，且P 点的纵坐标始终为0，则称M 点为曲线G 上的“水平黄金点”，则曲线G 上的“水平黄金点”的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 设M (t ，3ln t )，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1t ，所以OP →＝OM →＋ON →3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 3，ln t ＋13t ，依题意可得ln t ＋13t ＝0，设g (t )＝ln t ＋13t ，则g ′(t )＝1t －13t 2＝3t －13t 2，当0<t <13时，g ′(t )<0，则g (t )单调递减；当t >13时，g ′(t )>0，则g (t )单调递增，所以g (t )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝1－ln 3<0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－2＋e 23>0，g (1)＝13>0，所以g (t )＝ln t ＋13t ＝0有两个不同的解，所以曲线G 上的“水平黄金点”的个数为2.故选C.17．(多选)(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝x ln (1＋x )，则( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )有两个零点C ．曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2 D ．f (x )是偶函数 答案 AC解析 由f (x )＝x ln (1＋x )知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝ln (1＋x )＋x1＋x ，当x ∈(0，＋∞)时，ln (1＋x )>0，x1＋x>0，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，A 正确；当－1<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1，0)上单调递减．又因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.所以f (x )≥0，f (x )只有0一个零点，B 错误；令x ＝－12，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝ln 12－1＝－ln 2－1，故曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2，C 正确；由函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，可知f (x )不是偶函数，D 错误．故选AC.18．(多选)(2022·山东省潍坊一中高三开学检测)函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ，下列命题中正确的是( )A ．不等式g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞B ．函数g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减C ．若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，则a ∈(0，1)D ．若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，则m ≥1 答案 AD解析 因为f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx 2，令g ′(x )＞0，可得x ∈(0，1)，故g (x )在该区间上单调递增；令g ′(x )＜0，可得x ∈(1，＋∞)，故g (x )在该区间上单调递减．又当x ＞1时，g (x )＞0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，g (1)＝1.故g (x )的图象如图所示：对于A ，数形结合可知g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，故A 正确；对于B ，由上面分析可知，B 错误；对于C ，若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，即F (x )＝x ln x －ax 2有两个极值点，又F ′(x )＝ln x －2ax ＋1，要满足题意，则需ln x －2ax ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个根，即2a ＝ln x ＋1x 在(0，＋∞)上有两个根，也即直线y ＝2a 与y ＝g (x )的图象有两个交点．数形结合，则0＜2a ＜1，解得0＜a ＜12，故C 错误；对于D ，若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，即m 2x 21－x 1ln x 1＞m 2x 22－x 2ln x 2恒成立．构造函数h (x )＝m2x 2－x ln x ，则h (x 1)＞h (x 2)对任意的x 1＞x 2＞0恒成立．故h (x )在(0，＋∞)上单调递增，则h ′(x )＝mx －ln x －1≥0在(0，＋∞)上恒成立．也即ln x ＋1x ≤m 在区间(0，＋∞)上恒成立，则m ≥g (x )max ＝1，故D 正确．故选AD.19．(2022·河北石家庄第一中学高三教学质量检测(一))已知函数f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx 的导函数f ′(x )是偶函数，若方程f ′(x )－ln x ＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e (其中e 为自然对数的底数)上有两个不相等的实数根，则实数c 的取值范围是________________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12解析 ∵f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝12x 2＋bx ＋c ，导函数y ＝f ′(x )的对称轴为直线x ＝－b ，由于该函数为偶函数，则－b ＝0⇒b ＝0，∴f ′(x )＝12x 2＋c ，令f ′(x )－ln x ＝0，即12x 2＋c －ln x ＝0，得c ＝ln x －12x 2.令g (x )＝ln x －12x 2，问题转化为当直线y ＝c 与函数g (x )＝ln x －12x 2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点时，求实数c 的取值范围．g ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) g ′(x ) ＋ 0 － g (x )极大值所以函数y ＝g (x )在x ＝1处取得极大值，亦即最大值，g (x )max ＝g (1)＝－12，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－12e 2，g (e)＝1－e 22，显然，g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，如图所示，结合图象可知，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤c <g (1)时，即当－1－12e 2≤c <－12时，直线y ＝c 与函数y＝g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点，因此，实数c 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12.一、高考大题1．(2022·全国乙卷)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 )＝x ＋f （x ）xf （x ），证明：g (x )<1.解 (1)由题意，得y ＝xf (x )＝x ln (a －x )，x ∈(－∞，a )，y ′＝ln (a －x )＋x [ln (a －x )]′＝ln (a －x )＋x x －a. 因为x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点， 所以y ′|x ＝0＝ln a ＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)可知f (x )＝ln (1－x )，要证g (x )<1，即证x ＋f （x ）xf （x ）<1，即需证x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1，x ∈(－∞，0)∪(0，1).因为当x ∈(－∞，0)时，x ln (1－x )<0，当x ∈(0，1)时，x ln (1－x )<0； 所以需证x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 即x ＋(1－x )ln (1－x )>0.令h (x )＝x ＋(1－x )ln (1－x )，x ∈(－∞，1)且x ≠0， 则h ′(x )＝1＋(－1)ln (1－x )＋(1－x )·－11－x＝－ln (1－x )，所以当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )>h (0)＝0，即x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 所以x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1成立，所以x ＋f （x ）xf （x ）<1，即g (x )<1.2．(2022·新高考Ⅰ卷)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<1a ＋1b <e. 解 (1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝－ln x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0. 所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，两边同时除以ab，得ln aa －ln bb＝1b－1a，即ln a＋1a＝ln b＋1b，1a⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1a＝1b⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1b，即f⎝⎛⎭⎪⎫1a＝f⎝⎛⎭⎪⎫1b.令x1＝1a ，x2＝1b，由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<1a ＋1b<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，当0<x<1时，0<x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立， 所以x 1＋x 2>2成立． 再证x 1＋x 2<e ，由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1， 过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ， 直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m . 欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ， 即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立． 综上可知，2<1a ＋1b <e 成立．3．(2022·浙江高考)设a ，b 为实数，且a >1，函数f (x )＝a x －bx ＋e 2(x ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意b >2e 2，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b >e 4，函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，满足x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b .注：e ＝2.71828…是自然对数的底数． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x ln a －b .因为a >1，所以ln a >0，a x >0， 所以当b ≤0时，f ′(x )>0， 函数f (x )在R 上单调递增．当b >0时，令f ′(x )>0，则a x >b ln a ，所以x >log a b ln a ，令f ′(x )<0，得x <log a bln a ， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log a b ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log ab ln a ，＋∞上单调递增． 综上，当b ≤0时，函数f (x )在R 上单调递增；当b >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log ab ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log a b ln a ，＋∞上单调递增． (2)因为函数f (x )有两个不同的零点，所以a x －bx ＋e 2＝0有两个不同的根，即曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2有两个不同的交点．易知直线y ＝bx －e 2与y 轴交于点(0，－e 2). 先考虑曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2相切的情况. 设切点坐标为(t ，a t )，则切线的斜率为a t ln a ， 所以切线方程为y －a t ＝a t ln a (x －t )， 则y ＝(a t ln a )x ＋a t －ta t ln a ＝bx －e 2， 所以a t －ta t ln a ＝a t －a t ln a t ＝－e 2， 令a t ＝m ，则m －m ln m ＝－e 2，m >0， 令g (m )＝m －m ln m ＋e 2，则g ′(m )＝－ln m ， 当m ∈(0，1)时，g ′(m )>0， 当m ∈(1，＋∞)时，g ′(m )<0，故g(m)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g(e2)＝0，当m∈(0，1)时，g(m)＝m(1－ln m)＋e2>0，所以a t＝e2，所以要满足条件，则b>a t ln a＝e2ln a恒成立．因为b>2e2，所以2e2≥e2ln a，得1<a≤e2.故a的取值范围为(1，e2].(3)证明：当a＝e时，f(x)＝e x－bx＋e2，所以f′(x)＝e x－b，令f′(x)>0，得x>ln b，令f′(x)<0，得x<ln b，所以函数f(x)在(－∞，ln b)上单调递减，在(ln b，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln b)＝b－b ln b＋e2，由(2)得g(x)＝x－x ln x＋e2在(1，＋∞)上单调递减，又b>e4，所以b－b ln b＋e2<－3e4＋e2<0.＞0，设h(b)＝b－2ln b，b＞e4，则h′(b)＝1－2bh(b)在(e4，＋∞)上单调递增，所以h(b)＞h(e4)＝e4－8＞0，所以b＞2ln b，所以e b＞b2，所以f(b)＝e b－b2＋e2>e2>0，又f(0)＝1＋e2>0，f(x)min ＝f(ln b)＜0，0＜ln b＜b，所以函数f(x)在(0，ln b)和(ln b，b)上各存在一个零点，分别为x1，x2(x1<x2)，则e x1－bx1＋e2＝0，所以bx 1＝e x 1＋e 2， 所以要证x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b ，只需证x 2－e 2b ＞ln b 2e 2bx 1＝ln b 2e 2(e x1＋e 2). 因为f (2)＝2e 2－2b <2e 2－2e 4<0， 所以可知0<x 1<2，所以e x 1＋e 2<2e 2， 所以ln b 2e 2(e x 1＋e 2)＜ln b2e 2·2e 2＝ln b ， 故只需证x 2－e 2b >ln b ，即x 2>e 2b ＋ln b . f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＝e －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＋e 2 ＝e－b ln b ＝b，因为b >e 4，所以所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＜0，所以x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ，b ，所以x 2>e 2b ＋ln b .所以x 2>b ln b 2e 2x 1＋e 2b 成立． 二、模拟大题4．(2022·河北衡水深州长江中学高三开学考试)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1x ，a ∈R .(1)求f (x )的单调区间，并求当a ＝1时，f (x )的最大值；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≤e x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f (x )＝ln x x ＋a ＋1x ，则f ′(x )＝－ln x x 2，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). 当a ＝1时，f (x )max ＝f (1)＝1＋a ＝2. (2)由题得当x >0时， ln x x ＋a ＋1x ≤e x恒成立，即a ≤x e x －ln x －1x 在(0，＋∞)上恒成立．令G (x )＝x e x －ln x －1x ＝e ln x e x －ln x －1x＝e x ＋ln x －ln x －1x，令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． ∴h (x )≥h (0)＝0，∴e x ≥x ＋1，当x ＝0时取等号，∴e x ＋ln x ≥x ＋ln x ＋1，当x ＋ln x ＝0时取等号， ∴G (x )＝e x ＋ln x －ln x －1x ≥x ＋ln x ＋1－ln x －1x＝1，当x ＋ln x ＝0时等号成立，G (x )取到最小值．令H (x )＝x ＋ln x ，则H ′(x )＝1＋1x >0(x >0)，∴H (x )在(0，＋∞)上单调递增，又H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e －1<0，H (1)＝1>0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得H (x 0)＝0， ∴G (x )min ＝1.则a ≤G (x )min ＝1，∴实数a 的取值范围为(－∞，1].5．(2022·湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校高三起点联考)设f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4.(1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点．解 (1)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝±π2.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)证明：h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ，h (0)＝0，∴x ＝0是h (x )的一个零点， ∵h (x )是偶函数，∴要确定h (x )在R 上的零点个数，只需确定x >0时，h (x )的零点个数即可．①当x >0时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x ).令h ′(x )＝0，得cos x ＝12，x ＝π3＋2k π或x ＝－π3＋2k π(k ∈N ).x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝π29＋2－23π3<0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3＝25π29＋103π3＋2>0， ∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π3内有唯一零点． ②当x ≥5π3时，由于sin x ≤1，cos x ≤1，h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ≥x 2＋4－4x－4＝x 2－4x ＝t (x )，而t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞上单调递增，t (x )≥t ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3>0， ∴h (x )>0恒成立，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞内无零点， ∴h (x )在(0，＋∞)内有一个零点．由于h (x )是偶函数，∴h (x )在(－∞，0)内有一个零点，而h (0)＝0，∴h (x )在R 上有且仅有三个零点．6．(2022·广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：f (x )≤x 2＋x －1；(3)试比较ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2与（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）(n ∈N *且n ≥2)的大小，并证明你的结论.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x ＝a ＋2x 2x .①当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a 2， 当0<x < －a 2时，a ＋2x 2<0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减； 当x > －a 2时，a ＋2x 2>0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2，要证明f (x )≤x 2＋x －1， 即证ln x ≤x －1，即证ln x －x ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1－x x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以1为极大值点，且g (x )在x ＝1处取得最大值． 所以g (x )≤g (1)＝0，即ln x －x ＋1≤0，故f (x )≤x 2＋x －1. (3)ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）. 证明：由(2)知ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时等号成立)，即ln x x ≤1－1x ，则有ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<1－122＋1－132＋…＋1－1n 2＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2 <n －1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1） ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）， 故ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）.。
高考数学总复习 033导数的应用 新人教A版
导数的应用一、知识回顾 1、函数的单调性（1）如果非常数函数y =)(x f 在某个区间内可导，那么若)('x f ≥0)(x f ⇔为增函数； 若)('x f ≤0⇔)(x f 为减函数（2）若)('x f ≡0则)(x f 为常数函数 2、函数的极值 （1）极值定义如果函数)(x f 在点0x 附近有定义，而且对0x 附近的点，都有)(x f )(0x f )(0x f 极大值y )(0x f )(x f 0x )(x f )(0x f 我们就说)(0x f 函数的一个极小值，记作极小值y =)(0x f ；极大值与极小值统称为极值。
（2）极值判别法当函数)(x f 在点0x 处连续时，极值判断法是：如果在0x 附近的左侧)('x f >0，右侧)('x f )(0x f 0x )('x f )('x f 0，那么)(0x f 是极小值。
（3）求可导函数极值的步骤: ① 求导数)('x f ； ②求导数)('x f =0的根；③列表，用根判断)('x f 在方程根左右的值的符号，确定)(x f 在这个根处取极大值还是取极小值。
3、函数的最大值与最小值在闭区间[b a ,]上连续，在（b a ,）内可导，)(x f 在[b a ,]上求最大值与最小值的步骤： 先求 )(x f 在（b a ,）内的极值；再将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
特别注意:要注意区分函数最值与极值的区别、联系。
二、基本训练1．下列说法正确的是………………………………………………………………………（ ） A 函数的极大值就是函数的最大值 B 函数的极小值就是函数的最小值 C 函数的最值一定是极值 D 在闭区间上的连续函数一定存在最值2．函数=42x1的单调增区间为…………………………………………………………（ ） A 0,∞ B 21,∞ C ―∞,―1 D ―∞,―213．下列说法正确的是 ……………………………………………………………………A 当f '0=0时，则f 0为f 的极大值B 当f '0=0时，则f 0为f 的极小值C 当f '0=0时，则f 0为f 的极值 0为函数f 的极值时，则有f '0=04．函数=4－822在[－1,3]上最大值为……………………………………………… A ．11 B ．2 C ．12 D ．105（04年全国卷二文3）曲线1323+-=x x y 在点)1,1(-处的切线方程为（ ）A 43-=x yB 23+-=x yC 34+-=x yD 54-=x y6（04年重庆卷理14）曲线2212x y -=与2413-=x y 在交点处的切线夹角是 （以弧度数作答）练3（04年湖南卷文13）过点(1,2)P -且与曲线2342y x x =-+在点(1,1)M 处的切线平行的直线方程是 三、例题分析例1、（2000年全国高考题）设函数f=12+x -a ，其中a>0，求a 的取值范围，使函数f 在区间[0，∞）上是单调函数例2、偶函数edx cx bx ax x f ++++=234)(的图象过点x 2-=x y )(x f y =)(x f y =bx ax x f +-=26)(.)()6(2)()(.21)1(,2)1(,05)1(21222b x ax x b x a x f f f f +--+='-=-'-=-=+-+- 即.),323(;)323,323(;)323,(362)(.0)(,323323;0)(,323,323,323,323,06122.)3(6122)()(.362)().1,01(3,222122222内是减函数在内是增函数在内是减函数在所以时当时或当解得令是所以所求的函数解析式舍去解得+∞++---∞+-=>'+<<-<'+>-<+=-==++-+++-='+-=-=≠+==x x x f x f x x f x x x x x x x x x x f II x x x f b b b a 2x xe ()f x x e a ax x x x f )222()(2--+=',0)(='x f 2x a xa x e 2x a x a1122++a a()f x x 1x x 2x a 1x 2x )(,0x f ≥()21,x x ),(2+∞x 0<x )(x f 0)2(>-x e a x x 0)(=x f 112++-=a a x )(x f a )(x f []1,1-12≥x 1112≥++-a a a 43≥)(x f 43≥a a 3[,)4+∞y )(x f 611623-+-x x x x ∈y ，垂足为B ，铁路线上距离B100m 的地方有一个原料供应站C ，现在要从BC 中间某处D 向工厂修一条公路，使得原料供应站C 到工厂A 所需运费最省。
新高考数学人教A版一轮总复习课件4.2导数的应用应用篇
例 为了满足广大人民群众日益增长的体育需求,为了纪念北京奥运会 成功举办,国务院批准从2009年起,将每年8月8日设置为“全民健身日”, 为响应国家号召,各地利用已有土地资源建设健身场所.如图,有一个长方 形地块ABCD,边AB为2 km,AD为4 km.地块的一角是草坪(图中阴影部分), 其边缘线AC是以直线AD为对称轴,以A为顶点的抛物线的一部 分.现要铺设一条过边缘线AC上一点P的直线型隔离带EF,E,F 分别在边AB,BC上(隔离带不能穿越草坪,且占地面积忽略不计), 将隔离出的△BEF作为健身场所.则△BEF面积S的最大值为
(单位:平方千米).
解析 以A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,建立平面直角坐标系,可得C (2,4).设边缘线AC所在的抛物线对应的解析式为y=ax2(a≠0),把C(2,4)代 入得a=1,所以抛物线对应的解析式为y=x2.设点P(t,t2),因为y'=2x,所以过点 P的切线EF的方程为y=2tx-t2,
,
2
,
所以S在t∈
0,
4 3
上是增函数,在t∈
4 3
,
2
上是减函数,
所以S在t∈(0,2]上的最大值在t= 4 处取到,为 64 .
3
27
答案 64
27
令y=0,得E
t 2
,
0
;令x=2,得F(2,4t-t2),所以△BEF的面积S=
1 2
2
t 2
(4t-t2),
即S= 1 (t3-8t2+16t),t∈(0,2],
4
故S'=
1 4
(3t2-16t+16)=
3 4
(t-4)· t
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
导数的应用
1．下列函数存在极值的是（ ）
A ．y =x 1
B ．y =32
x C ．y =2 D ．y =x 3
2．点M （p ，p ）到抛物线y 2=2px 的最短距离为（ ）
A ．p 243
B ．222)12(33+-p
C ．2
22224323+-+p p D ．以上答案都不对 3．已知f （x ）=(x －1)2+2，g (x )=x 2－1，则f[g (x )] ( )
A .在(－2,0)上递增
B . 在(0,2)上递增
C .在(－2,0)上递增
D .(0,2)在上递增
4．用边长为48厘米的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四角折起，就能焊成铁盒，所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为（ ）
A ．6
B ．8
C ．10
D ．12
5．函数y =10,)1(2
323≤≤-+x x x 的最小值为_____.
6．在半径为R 的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为____时它的面积最大
7．函数y =f(x )=x 3+ax 2+bx +a 2，在x =1时，有极值10，那么a ，b 的值为_______.
8．将长为l 的铁丝剪成2段，各围成长与宽之比为2∶1及3∶2的矩形，那么面积之和最小值为_______.
9．设f(x )=－x 3+x 2－x ，x ∈[0,2],研究函数F(x )=a [f(x )]2+2a f(x )（其中a 为非零常数）的单调性和最值.
10．设f(x )=5222
3+--x x x （1）求函数f(x )的单调递增、递减区间；
（2）当x ∈[－1，2]时，f(x )<m 恒成立，求实数m 的取值范围..。