2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题3.4导数的综合应用(讲)含解析

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）
第三章导数
第04讲导数的综合应用 ---讲
1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.
2. 高考预测：
（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；
（2）适度关注生活中的优化问题.
3.备考重点：
（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；
（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.
知识点1．利用导数研究函数的图象与性质
函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.
【典例1】（2018·湖北高三月考（文））函数的导函数的图象大致是（）A． B．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 因为=
-cosx ，
x+sinx ，
又
，
为奇函数，排除B ，
又x=时，+sin >0，排除D ，
又当0<x<3时，sinx>0，x>0，
x+sinx>0，当x
时，x
，-1
sinx
，
x+sinx>0，排除A ，
故选C. 【规律方法】
导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则
0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区
间．
【变式1】函数y=4cosx-e |x|（e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ）
A B C D 【答案】A 【解析】函数为
偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，
，当
，当π≥x 时，
πe e x >，
，
，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A.
知识点2．与函数零点有关的参数范围问题
1．方程()0f x =有实根Û函数()y f x =的图象与x 轴有交点Û函数()y f x =有零点． 2．求极值的步骤：
①先求'
()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析0x 两侧导数'
()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.
3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.
4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
【典例2】(2018年理数全国卷II )已知函数．
（1）若，证明：当时，
；
（2）若
在
只有一个零点，求．
【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）当时，
等价于
．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而
，故当
时，
，即
．
（2）设函数
．
在只有一个零点当且仅当在
只有一个零点．
（i ）当时，，
没有零点；
（ii ）当时，． 当时，；当
时，．
所以在
单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在
只有一个零点； ③若
，即
，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当
时，
，所以
．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
【规律方法】
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，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
∈.
【变式2】（2019·天津高考模拟（理））已知函数，其中a R
f x的单调区间：
（Ⅰ）当a=1时，求函数()
f x的极值；
（Ⅱ）求函数()
f x有两个不同的零点，求a的取值范围.
（Ⅲ）若函数()
【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1
【解析】
（Ⅰ）当a=1时,, f′（x）=
当f′（x）<0时，x>1; f′（x）>0时，0<x<1
f x的单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）
∴函数()
（Ⅱ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x），
若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，无极值
若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，
当0＜x＜a时，f′（x）>0，当x＞a时，f′（x）<0，
此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；
∴当x=a时，函数的极大值为f(a)=，无极小值
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知
当a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当a＞0时，函数的极小值为f(a)=，
令g(x)=lnx+x-1(x>0)
∵∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0
(i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； (ii) 当a>1时，f(a)=ag(a)>0 ∵
∴函数f(x)在（1,a e
）内有一个零点，
∵f(3a -1)=aln(3a-1)-
设h(x)=lnx-x(x>2) ∵
∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0
∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点 综上，函数()f x 有两个不同的零点时，a>1
知识点3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
()f x a >：
【典例3】（2019·浙江高考模拟）已知函数2
()2f x x =，，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公
共点.
（Ⅰ）求m 的值；
（Ⅱ）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值.
【答案】（Ⅰ）4m e =（Ⅱ）4 【解析】 （Ⅰ）由题意知，即22ln x m x =，令
，
则
.
∵()F x 在(上递增，在)
+∞上增减，
∴
，
∴4m e =.
（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即
，
当0a =时，4b
e x e >，，不符合题意；
当0a <时，有0b >，此时，，不符合题意，
因此有0a >， 因此 ①
令
，则
，
()h x 在40,e a ⎛⎫
⎪⎝⎭
递增，在4,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，
故
②
由①②两式知，
构造函数
，则()40ϕ=，
()x ϕ在(0,4e 递减，在()
4,e +∞递增，
故min 4a =，此时0b =. 解法二：由（1）知，
，设
，
可知，0a >，
∵
在()0,+∞恒成立，即
，又04
a
-->， ∴
，即2
28
a b ≤-+ ①
由在()0,+∞恒成立，即
在()0,+∞恒成立，
设
，()0,x ∈+∞，则
，
由()'0G x >得40e x a <<
，()G x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递增， 由()'0G x <得4e x a >
，()G x 在4,e a ⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
上单调递减，
故
，得4
4ln
b e a
≥ ② 由①②得 ③
存在a ，b 使得③成立的充要条件是
，即，
记
，显然()40ϕ=，
，
∴()a ϕ在(0,上单调递增，在()
+∞上单调递减，
，
，
故在()
e 存在0a ，使()00a ϕ=，
∴不等式
的解为04a a ≤≤，
∴a 的最小值为4，从而由③得0b =. 【总结提升】
不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 【变式3】（2019·山东高三月考（文））已知函数.
(1)求()f x 的单调区间；
(2)若0x ≥，()1f x ≤，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）()f x 在
单调递增，在，
单调递减. （2）1a ≥
【解析】
（1）()f x '=
，
令()0f x '=，得到
，.
令()0f x '>，得12x x x <<，所以()f x 在
单调递增，
令()0f x '<，得1x x <或2x x >，所以()f x 在
，单调递减.
（2）由（1）知，，
当1a <时，(0)0f '>，因为
，且，
由（1）可知，()f x 在2(0,)x 单调递增，此时若2(0,)x x ∈，，
与0x ≥时，()1f x ≤矛盾. 当1a ≥时，(0)0f '≤，
，
由（1）可知，()f x 在(0,)+∞单调递减，因此对∀[0,)x ∈+∞，，此时结论成立.
综上，a 的取值范围为1a ≥.
知识点4．利用导数证明、解不等式问题
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝. 【典例4】（2019·山西高考模拟（理））已知函数.
（Ⅰ）若0a <，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）若0a ≥，证明：
.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【解析】
（Ⅰ）依题意，(0,)x ∈+∞，
.
令'()0f x =，则1x =或1
a x a
+=-. 当1a ≤-时，
，由'()0f x >得(0,1)x ∈，由'()0f x <得(1,)x ∈+∞；
当12
a =-
时，；
当1a >-且1
1a a
+-<，即时，由'()0f x >得
，
由'()0f x <得或(1,)x ∈+∞；
当1
1a a +-
>，即102
a -<<时，由'()0f x >得，
由'()0f x <得(0,1)x ∈或
.
综上所述，当1a ≤-时，函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减； 当1
2
a =-
时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当
时，函数()f x 在10,a a +⎛⎫-
⎪⎝⎭和
(1,)+∞上单调递减，在1,1a a +⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上单调递增； 当1
02
a -<<时，函数()f x 在(0,1)和
上单调递减，在11,a a +⎛
⎫- ⎪⎝
⎭上单调递增.
（Ⅱ）要证：
.
即证：，
即证：， 即证：. 令
.
.
因为0a ≥，所以当(0,1)x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增， 所以
，即()0F x ≥.
故当0a ≥时，.
【规律方法】
利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法
(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；
(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.
【变式4】（2019·河南高考模拟（理））已知函数
，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线
垂直.
（1）求函数()f x 的单调区间； （2）求证：0x >时，
.
【答案】（1）()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间（2）详见解析. 【解析】 （1）由
，得
.
因为曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直， 所以，所以1a =，即
，
.
令
，则
.所以
时，()'0g x <，()g x 单调递减；
时，()'0g x >，()g x 单调递增.所以
，所以()'0f x >，()f x 单
调递增.
即()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间 （2）由（1）知，()11f e =-，所以()y f x =在1x =处的切线为
，
即.
令
，则，
且()'10h =，
，
时，()''0h x <，()'h x 单调递减；
时，()''0h x >，()'h x 单调递增.
因为()'10h =，所以
，因为
，所以存在()00,1x ∈，使
()00,x x ∈时，()'0h x >，()h x 单调递增；
()0,1x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减；()1,x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增.
又，所以0x >时，()0h x ≥，即
，
所以.
令
，则
.所以()0,1x ∈时，()'0x ϕ>，()x ϕ单调递增；
()1,x ∈+∞时，()'0x ϕ<，()x ϕ单调递减，所以
，即ln 1x x +≤，
因为0x >，所以，所以0x >时，，
即0x >时，
.
考点1 利用导数研究函数的零点或零点个数
【典例5】（2019·全国高考真题（理））已知函数，()f x '
为()f x 的导数．证明：
（1）()f x '
在区间(1,
)2
π
-存在唯一极大值点；
（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】
（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且
令
，1,
2x π⎛
⎫∈- ⎪⎝
⎭
，1,
2x π⎛⎫∈- ⎪⎝
⎭
()
2
1
1x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2
π⎛⎫- ⎪⎝
⎭
上单调递减
又
，
，使得()00g x '=
∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫
∈ ⎪⎝
⎭时，()0g x '<
即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫
⎪⎝
⎭
上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点
即：()f x '在区间1,2π⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上存在唯一的极大值点0x .
（2）由（1）知：
，()1,x ∈-+∞
①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增
()f x ∴在(]1,0-上单调递减
又()00f =
0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点
②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦
时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减
又()00f '=
()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时
，不存在零点
又
，使得()10f x '=
()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减
又
，
()0f x ∴>在0,2
x π⎛⎫
⎪⎝
⎭
上恒成立，此时不存在零点
③当,2x ππ⎡⎤
∈⎢
⎥⎣⎦
时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上单调递减
又02f π⎛⎫
>
⎪⎝⎭
，
即
，又()f x 在,2ππ⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦
上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上存在唯一零点
④当(),x π∈+∞时，
，
即()f x 在
(),π+∞上不存在零点
综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【方法技巧】
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．
【变式5】（2019·浙江高三期末）已知，()x
g x e -=，其中a R ∈， 2.718e =⋯为自然对数的底
数．
()I 若函数()g x 的切线l 经过()1,0点，求l 的方程；
(Ⅱ)若函数()f x 在20,e ⎛⎫
⎪⎝⎭
为递减函数，试判断
函数零点的个数，并证明你的结论．
【答案】(Ⅰ)?
1y x =-+；(Ⅱ)见解析 【解析】
(Ⅰ)设l 和()g x 的切点是()
00,x x e -，
()g x 在该点处的导数
，它是切线l 的斜率，
l 经过()1,0，也过切点()0
0,x x e -，
l ∴的斜率又可写为
01
x e x --， 故
，故011x -=-，解得：00x =，
故直线l 的斜率为
，
故l 的方程是：1y x =-+；
(Ⅱ)判断：函数的零点个数是0，
下面证明
恒成立， ，故x a ≤，
若()f x 在20,e
⎛⎫ ⎪⎝
⎭递减，则2a e
≥
， 因此，要证明对0x >恒成立，
只需证明对0x >恒成立， 考虑
等价于
，
记()ln u x x x =，，
先看()u x ，
，
令()'0u x >，解得：1x e >
， 令()'0u x <，解得：1
0x e
<<，
故()u x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
递增，
，
再看，.
令()'0v x >，解得：01x <<，
令()'0v x <，解得：1x >，
故()u x 在()0,1递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
递减，
.
，且两个函数的极值点不在同一个x 处，
故对0x >恒成立，
综上，对0x >恒成立，
故函数
函数零点是0个．
考点2 与函数零点有关的参数范围问题
【典例6】（2019·江西临川一中高考模拟（文））已知函数存在极大值与极小值，且在1
x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值； （2）若函数有两个零点，求实数m 的取值范围. （参考数据：
）
【答案】（1）1（2）()1,+∞ 【解析】 （1）
函数
存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值，
,
依题意知(1)0f '-=，解得0a =或1a =， 当0a =时，
，
1x <-时，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增，
此时，()f x 只有极小值，不符合题意． 当1a =时，
,
2x <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增；21x -<<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，
符合在1x =-处取得极小值的题意， 综上，实数a 的值为1．
（2），，
当0x >时，()0g x '>，故()g x 在()0,∞+上单调递增， 当0x <时，令，
则
，
单调递增，
单调递减，
,
0x <时，()0g x '>，故()g x 在(),0-∞上单调递减，
()g x 在R 上有两个零点，
，
此时当0x <时，
，()g x ∴在,02m ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
有一个零点，
当0x >时，
，
令
，()00g x ∴>，
()g x 在()00,x 有一个零点，
综上，实数m 的取值范围是()1,+∞． 【易错提醒】
极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式6】（2017课标3）已知函数有唯一零点，则a =（ ）
A ．1
2
-
B ．
13
C ．
12
D ．1
【答案】C 【解析】 函数的零点满足
，
设，则，
当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =， 设
，当1x =时，函数取得最小值1- ，
考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
【典例7】（2019·全国高考真题（文））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． 【答案】（1）见解析；（2）(]
,0a ∈-∞. 【解析】 （1）
令
，则
当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2
x π=
∴当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()0g x '< ()g x \在0,2π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减
又
，
，
即当0,2x p 骣÷
ç西ç÷ç÷
桫时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点
，使得()00g x =
又()g x 在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点 （2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即恒成立
令
则
，
由（1）可知，()h x '在0,
2π⎛
⎫
⎪⎝
⎭
上单调递增；在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减 且()0h a '=-，
，
，
①当2a ≤-时，
，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立
()h x ∴在[]0,π上单调递增
，即
，此时()f x ax ≥恒成立
②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫
'>
⎪⎝⎭
，()0h π'< ，使得()10h x '=
()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减
又()00h =，
()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立
③当
时，()00h '<，
，使得()20h x '=
()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫
⎪⎝
⎭上单调递增
时，
，可知()f x ax ≥不恒成立
④当2
2
a π-≥
时，
()
h x ∴在0,2π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减
可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(]
,0a ∈-∞ 【总结提升】 含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②
构造函数法，一般构造
，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为()a h x >，
或()a h x <，进而转化为求函数()h x 的最值. 【变式7】（2019·浙江高考模拟）设函数.
（1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1
[,)2e
+∞ 【解析】 （1）由题意，
.
当0a ≤时，'
()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；
当0a >时，令()0f x '=，解得
x =
∴当
时，'
()0f x <，当
时，'
()0f x >．
∴()f x 在
上单调递减，在)+∞上单调递增； （2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得2
1
a e ≥． 由（1）可得，()f x 在
上单调递减，在)+∞上单调递增，
∴()f x 的最小值为
.∴
，解得12a e
≥
. 因此，实数a 的取值范围为1
[
,)2e
+∞. 考点4 利用导数证明、解不等式问题
【典例8】（2019·浙江高三期中）已知函数．
证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；
若函数
的极值为1，试证明：
．
【答案】（1）见证明；（2）见证明 【解析】
，，
，
令
得
，
得
， 在
上单调递增，在
上单调递减， 有唯一的极值点，极值点为，
由可得
，
，
要证明，只要证
，
令
， ，易知
在上单调递增，
且当
时，
，当
时，，
存在唯一的实数，使得，即
，
即
，
，
在
单调递减，在单调递增，
，
下面证明，
利用反证法，假设，
，
即， 即，，
则由可知，
这与
矛盾，
， 即
， 故
．
【规律方法】
利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法
(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；
(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0. 【变式8】（2019·山东高考模拟（文））已知函数，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（ ）
A ．-3
B ．-2
C ．-1
D ．0 【答案】D
【解析】
根据题意，函数，其导数， 0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列，
则有
，
函数()f x 在R 上为增函数，
又由，
，
则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，
，
又由21t -<<-，则，
故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；
故选：D ．
考点5 利用导数解决生活中的最优化问题
【典例9】（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中
点）和线段构成．已知圆的半径为40米，点到的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形，大棚内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与
所成的角为．
（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；
（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．
过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，
故OE=40cosθ，EC=40sinθ，
则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），
△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．
过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．
令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．
当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sinθ的取值范围是[，1）．
答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为
1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．
（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k （k >0），
则年总产值为4k ×800（4sin θcos θ+cos θ）+3k ×1600（cos θ–sin θcos θ）
=8000k （sin θcos θ+cos θ），θ∈[θ0，）．
设f （θ）= sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，），
则． 令，得θ=，
当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；
当θ∈（，）时，
，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．
答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【规律方法】
利用导数解决生活中的优化问题的步骤
【变式9】（2019·江苏高考模拟）如图，某隧道的剖面图是由半圆及矩形ABCD 组成，交通部门拟在隧道顶部安装通风设备（视作点P ），为了固定该设备，计划除从隧道最高点Q 处使用钢管垂直向下吊装以外，再在两侧自,A B 两点分别使用钢管支撑.已知道路宽8AB cm =，设备要求安装在半圆内部，所使用的钢管总长度为L .
（1）①设PQ x =，将L 表示为关于x 的函数；
②设PAB θ∠=，将L 表示为关于θ的函数；
（2）请选用（1）中的一个函数关系式，说明如何设计，所用的钢管材料最省？
【答案】（1）①
；②（2）见解析
【解析】 （1）延长QP 交AB 于点E ，则⊥QE AB ，且E 为AB 的中点，
所以，由对称性可知，PA PB =.
①若PQ x =，则04x <<，4EP x =-，
在Rt PAE ∆中，
， 所以
， ②若PAB θ∠=，则04πθ<<
， 在Rt PAE ∆中，
，，
所以， 所以.
（2）选取②中的函数关系式，，
记，
则由及04π
θ<<可得，6π
θ=， 当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'<，此时()f θ单调递减， 当,64ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝
⎭时()0f θ'>，此时()f θ单调递增， 所以当6π
θ=时，()f θ取得最小值，
从而钢管总长度为L 取得最小值，即所用的钢管材料最省.。