导数的综合应用题型及解法修订稿
(完整版)导数的综合大题及其分类.(可编辑修改word版)
a － a 2－4 2 a ＋ a 2－42导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.题型一 利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．（1） 单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2) 极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3) 最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．已知函数 f (x )＝x 1g (x )＝a ln x (a ∈R )．－ ， x(1) 当 a ≥－2 时，求 F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2) 设 h (x )＝f (x )＋g (x )，且 h (x )有两个极值点为 x ，x ，其中 x ∈ 1，求 h (x )－h (x)的最121(0，]1 2 2小值．[审题程序]第一步：在定义域内，依据 F ′(x )＝0 根的情况对 F ′(x )的符号讨论； 第二步：整合讨论结果，确定单调区间； 第三步：建立 x 1、x 2 及 a 间的关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于 x 1(或 x 2)的函数，求出最小值．[规范解答] (1)由题意得 F (x )＝x 1a ln x ，－ － xx 2－ax ＋1其定义域为(0，＋∞)，则 F ′(x )＝ ，x 2令 m (x )＝x 2－ax ＋1，则 Δ＝a 2－4.①当－2≤a ≤2 时，Δ≤0，从而 F ′(x )≥0，∴F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；②当 a >2 时，Δ>0，设 F ′(x )＝0 的两根为 x 1＝ ，x 2＝ ，x∴F (x )的单调递增区间为( a － a 2－4) (a ＋ a 2－4)0， 2和 ，＋∞ ， 2F (x )(a － a 2－4 a ＋ a 2－4)的单调递减区间为 ，. 2 2综上，当－2≤a ≤2 时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当 a >2 时，F (x )的单调递增区间为(a － a 2－4) (a ＋ a 2－4)0， 2和 ，＋∞ ， 2F (x )(a － a 2－4 a ＋ a 2－4)的单调递减区间为 ，. 2 2(2)对 h (x )＝x 1a ln x ，x ∈(0，＋∞)－ ＋ x1 a x 2＋ax ＋1求导得，h ′(x )＝1＋ ＋ ＝ ，x 2 x x 2设 h ′(x )＝0 的两根分别为 x 1，x 2，则有 x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 1 1∴x 2＝ ，从而有 a ＝－x 1－ .x 1 x 1令 H (x )＝h (x )－h(1) 111 11＝x －x ＋(－x －x )ln x －[x －x ＋(－x －x )·ln x ]1 1 ＝2[(－x －x )ln x ＋x －x ]，1 2(1－x )(1＋x )ln x H ′(x )＝2(x 2－1)ln x ＝ x 2. 当 x ∈1 时，H ′(x )<0， (0，] 2 ∴H (x )在 1 上单调递减，(0， ]2 又 H (x 1)＝h (x 1)－h1 ＝h (x 1)－h (x 2)，(x 1)∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H 1＝5ln2－3.(2)[解题反思] 本例(1)中求 F (x )的单调区间，需先求出 F (x )的定义域，同时在解不等式 F ′(x )>0 时需根据方程 x 2－ax ＋1＝0 的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在(2)中求出 h (x 1)－h (x 2)的最小值，需先求出其解析式．由题可知 x 1，x 2 是 h ′(x )＝0 的两根，可得到 x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将 h (x 1)－h (x 2)只用一个变量 x 1 导出．从而得到 H (x 1)＝ h (x )－h 1 ，这样将所求问题转化为研究新函数 H (x )＝h (x )－h 1 在 1上的最值问题，体现 1 (x 1) (x) (0， )2转为与化归数学思想．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：－ ＝ .－ ＝[题型专练]1．设函数 f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )．(1) 求 f (x )的单调区间；(2) 当 0<a <2 时，求函数 g (x )＝f (x )－x 2－ax －1 在区间[0,3]上的最小值．[解] (1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)． ∵f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )，x ∈(－1，＋∞)，∴f ′(x )＝2(1＋x ) 2 2x (x ＋2)1＋x x ＋1 由 f ′(x )>0，得 x >0；由 f ′(x )<0，得－1<x <0.∴函数 f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)由题意可知 g (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )(x >－1)， 则 g ′(x )＝2－a 2 1＋x ∵0<a <2，∴2－a >0，(2－a )x －a＝. 1＋x 令 g ′(x )＝0，得 x a，2－a ∴函数 g (x )在(0， a )上为减函数，在( a，＋∞)上为增函数．2－a 2－a①当 0< a，即 0<a <3[0,3]上， 2－a 时，在区间 2 g (x )在(0， a )上为减函数，在( a，3)上为增函数，2－a 2－a ∴g (x ) ＝g ( a )＝a －2ln 2mina ②当 ≥3 2－a 32－aa <2 时，g (x )在区间[0,3]上为减函数， 2－a ，即 ≤2∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4.<3 .综上所述，当 0<a <3 2时， g (x ) ＝a －2ln ； min2 2－a3当 ≤a <2 时，g (x )min ＝6－3a －2ln4. 2北京卷（19）（本小题 13 分）已知函数 f （x ）=e x cos x −x .（Ⅰ）求曲线 y = f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求函数 f （x ）在区间[0， π]上的最大值和最小值.2[0, ] [0, ] 0（19）（共 13 分）解：（Ⅰ）因为 f (x ) = e x cos x - x ，所以 f '(x ) = e x (cos x - sin x ) -1, f '(0) = 0 .又因为 f (0) = 1，所以曲线 y = f (x ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y = 1.（Ⅱ）设 h (x ) = e x (cos x - sin x ) -1 ，则 h '(x ) = e x (cos x - sin x - sin x - cos x ) = -2e x sin x .当x ∈ π (0, ) 2时， h '(x ) < 0 ， 所以 h (x ) 在区间 π 2上单调递减.所以对任意 x ∈ π (0, ] 2有 h (x ) < h (0) = 0 ，即 f '(x ) < 0 . 所以函数 f (x ) 在区间 π 2上单调递减.因此 f (x ) 在区间[0, π] 上的最大值为 f (0) = 1，最小值为 f ( π) = - π.2 2 221.（12 分）已知函数 f (x ) = ax 3 - ax - x ln x , 且 f (x ) ≥ 0 .（1） 求 a ；（2） 证明： f (x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且e -2 <f (x ) < 2-3.21.解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞)设 g (x ) = ax - a - lnx ，则 f (x ) = xg (x ) , f (x ) ≥ 0 等价于 g (x ) ≥ 0xx0 0因为 g (1) =0，g (x ) ≥ 0, 故g' (1) =0, 而g' (x ) = a - 1 , g' (1) =a - 1, 得a = 1若 a =1，则 g' (x ) = 1 - 1.当 0＜x ＜1 时， g' (x ) ＜0, g (x ) 单调递减；当 x ＞1 时， g' (x ) ＞0， g ( x ) 单调递增.所以 x=1 是g (x ) 的极小值点，故g (x ) ≥ g (1)=0综上，a=1（2）由（1）知f (x ) = x 2 - x - x l n x , f ' ( x ) = 2x - 2 - l n x设h (x )= 2x - 2 - l n x , 则 h ' ( x ) = 2 - 1x当x ∈ ⎛ 0, 1 ⎫ 时， h ' (x ) ＜0 ；当x ∈ ⎛ 1 , +∞⎫ 时， h ' (x ) ＞0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 单调递减，在⎛ 1 , +∞⎫ 单调递增 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 又h (e -2)＞⎛ 1 ⎫ ＜0, h (1) = 0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 有唯一零点 x 0，在⎡1 , +∞⎫ 有唯一零点 1，且当x ∈ (0, x ) 时， h (x ) ＞0 ；当x ∈ (x , 1) 时， 0, h 2 ⎪ 2 ⎪ ⎢ 2 ⎪ 0 0 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎣ ⎭h (x ) ＜0 ，当x ∈ (1, +∞) 时， h (x ) ＞0 .因为f ' (x ) = h (x ) ，所以 x=x 0 是 f(x)的唯一极大值点由f ' (x 0 ) = 0得l n x 0 = 2( x 0 - 1) , 故f (x 0 ) =x (0 1 - x 0 )由x ∈ (0, 1) 得f ' (x ) ＜ 14因为 x=x 0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由e -1∈ (0, 1) , f ' (e-1)≠ 0 得f (x ) ＞f (e-1)= e-2所以e -2＜f (x ) ＜2- 2题型二 利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，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，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e 是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1 时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2 的零点个数，并说明理由．[审题程序]第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g(x)＝0，构造新函数；第三步：求新函数的单调性及最值；第四步：确定结果．[规范解答] (1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x 变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)f′(x) －0 ＋f(x)故f((2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x e x－a＝x2，显然x＝0 为此方程的一个实数解，所以x＝0 是函数g(x)的一个零点．当x≠0 时，方程可化简为e x－a＝x.设函数F(x)＝e x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x 变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：0 xx即 F (x )a )． 所以 F (x )的最小值 F (x )min ＝F (a )＝1－a . 因为 a <1，所以 F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意 x ∈R ，F (x )>0， 因此方程 e x －a ＝x 无实数解． 所以当 x ≠0 时，函数 g (x )不存在零点． 综上，函数 g (x )有且仅有一个零点．典例 321.（12 分）已知函数 f (x ) = ax 3 - ax - x ln x , 且 f (x ) ≥ 0 .（1） 求 a ；（2） 证明： f (x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且e -2 <f (x ) < 2-3.21. 解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞)设 g (x ) = ax - a - lnx ，则 f (x ) = xg (x ) , f (x ) ≥ 0 等价于 g (x ) ≥ 0因为 g (1) =0，g (x ) ≥ 0, 故g' (1) =0, 而g' (x ) = a - 1 , g' (1) =a - 1, 得a = 1若 a =1，则 g' (x ) = 1 - 1.当 0＜x ＜1 时， g' (x ) ＜0, g (x ) 单调递减；当 x ＞1 时， g' (x ) ＞0， g ( x ) 单调递增.所以 x=1 是g (x ) 的极小值点，故g (x ) ≥ g (1)=0综上，a=1（2）由（1）知f (x ) = x 2 - x - x l n x , f ' ( x ) = 2x - 2 - l n x设h (x )= 2x - 2 - l n x , 则 h ' ( x ) = 2 - 1x当x ∈ ⎛ 0, 1 ⎫ 时， h ' (x ) ＜0 ；当x ∈ ⎛ 1 , +∞⎫ 时， h ' (x ) ＞0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 单调递减，在⎛ 1 , +∞⎫ 单调递增 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭0 0又h (e -2)＞⎛ 1 ⎫ ＜0, h (1) = 0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 有唯一零点 x 0，在⎡1 , +∞⎫有唯一零点 1，且当x ∈ (0, x ) 时， h (x ) ＞0 ；当x ∈ (x , 1) 时，0, h 2 ⎪ 2 ⎪ ⎢ 2 ⎪ 0 0 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎣ ⎭h (x ) ＜0 ，当x ∈ (1, +∞) 时， h (x ) ＞0 .因为f ' (x ) = h (x ) ，所以 x=x 0 是 f(x)的唯一极大值点由f ' (x 0 ) = 0得l n x 0 = 2( x 0 - 1) , 故f (x 0 ) =x (0 1 - x 0 )由x ∈ (0, 1) 得f ' (x ) ＜ 14因为 x=x 0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由e -1 ∈ (0, 1) , f ' (e-1)≠ 0 得f (x ) ＞f (e-1)= e-2所以e -2＜f (x ) ＜2- 2[解题反思] 在本例(1)中求 f (x )的单调区间的关键是准确求出 f ′(x )，注意到 e x >0 即可．(2)中由 g (x )＝0 得 x e x －a ＝x 2，解此方程易将 x 约去，从而产生丢解情况．研究 e x －a ＝x 的解转化为研究函数 F (x )＝e x －a －x 的最值，从而确定 F (x )零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2017·浙江金华期中)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d 的图象如图所示．(1)求c，d 的值；(2)若函数f(x)在x＝2 处的切线方程为3x＋y－11＝0，求函数f(x)的解析式；1(3)在(2)的条件下，函数y＝f(x)与y＝f′(x)＋5x＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．3[解] 函数f(x)的导函数为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f′(1)＝0，得E rr o r!解得E rr o r!(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．由函数f(x)在x＝2 处的切线方程为3x＋y－11＝0，得E rr o r!所以E rr o r!解得E rr o r!所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.1函数y＝f(x)与y＝f′(x)＋5x＋m 的图象有三个不同的交点，3等价于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m 有三个不等实根，等价于g(x)＝x3－7x2＋8x－m 的图象与x 轴有三个交点．因为g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，g(2)＝68－m，g(4)＝－16－m，3 27当且仅当E rr o r!时，g(x)图象与x 轴有三个交点，解得－16<m<68. 所以m 的取值范围为(－16，68).27 2721.（12 分）已知函数（f x)=a e2x+(a﹣2) e x﹣x.（1）讨论f (x) 的单调性；（2）若f (x) 有两个零点，求a 的取值范围.21.解：（1）f (x) 的定义域为(-∞, +∞) ，f '(x) = 2ae2x+ (a - 2)e x-1 = (ae x-1)(2e x+1) ，(十字相乘法)（ⅰ）若a ≤ 0 ，则f '(x) < 0 ，所以f (x) 在(-∞, +∞) 单调递减.（ⅱ）若 a > 0 ，则由 f '(x) = 0 得 x =-ln a .当x ∈(-∞, -ln a) 时，f '(x) < 0 ；当x ∈(-ln a, +∞) 时，f '(x) > 0 ，所以f (x) 在(-∞, -ln a) 单调递减，在(-ln a, +∞) 单调递增.110 0 0 0 3（2）（ⅰ）若 a ≤ 0 ，由（1）知， f (x ) 至多有一个零点.1 （ⅱ）若 a > 0 ，由（1）知，当 x = -ln a 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (- ln a ) = 1- + ln a .（观察特殊值 1）a①当 a = 1 时，由于 f (-ln a ) = 0 ，故 f (x ) 只有一个零点；②当 a ∈ (1, +∞) 时，由于1-+ ln a > 0 ，即 f (-ln a ) > 0 ，故 f (x ) 没有零点； a③当 a ∈(0,1) 时，1- + ln a < 0 ，即 f (-ln a ) < 0 .a又 f (-2) = a e -4 + (a - 2)e -2 + 2 > -2e -2 + 2 > 0 ，故 f (x ) 在(-∞, -ln a ) 有一个零点.设正整数n 0 满足 n 0 > ln( a3-1) ，则 f (n ) = e n 0 (a e n 0 + a - 2) - n > e n 0 - n > 2n 0 - n > 0 .由于ln( a-1) > -ln a ，因此 f (x ) 在(-ln a , +∞) 有一个零点.综上， a 的取值范围为(0,1) .题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明 f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以直接构造函数 F (x )＝f (x )－g (x )，如果 F ′(x )<0，则 F (x )在(a ，b )上是减函数， 同时若 F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有 F (x )<0，即证明了 f (x )<g (x )．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论 F ′(x )的符号，可考虑分别研究 f (x )、g (x )的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．(2017·陕西西安三模)已知函数 f (x ) e x .(1) 求曲线 y ＝f (x )在点 P ( ＝ xe 2)处的切线方程；2， 2－ ＝ (x(2)证明：f (x )>2(x －ln x )． [审题程序]第一步：求 f ′(x )，写出在点 P 处的切线方程；第二步：直接构造 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )，利用导数证明 g (x )min >0. [规范解答] (1)因为 f (x ) e x f ′(x )＝e x ·x －e xe x (x －1)，f ′(2) e 2 e 2，所以切线方 程为 ye 2 e2 2 4 ＝ ，所以 x －2)，即 e 2x －4y ＝0. ＝ x 2 x 2＝ 4 ，又切点为(2， 2 )(2) 证明：设函数 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )e x2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则 g ′(x ) e x (x －1)－2 2＝ －x (e x －2x )(x －1)，x ∈(0，＋∞)．＝ ＋ ＝x 2 x x 2设 h (x )＝e x －2x ，x ∈(0，＋∞)，则 h ′(x )＝e x －2，令 h ′(x )＝0，则 x ＝ln2.当 x ∈(0，ln2)时，h ′(x )<0；当 x ∈(ln2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以 h (x )min ＝h (ln2)＝2－2ln2>0，故 h (x )＝e x －2x >0.令 g ′(x ) (e x－2x )(x －1)＝0，则 x ＝1.＝x 2当 x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当 x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.所以 g (x )min ＝g (1)＝e －2>0，故 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0，从而有 f (x )>2(x －ln x )．[解题反思] 本例中(2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数 g (x )．求 g (x ) 的最值来完成．在求 g (x )的最值过程中，需要探讨 g ′(x )的正负，而此时 g ′(x )的式子中有一项 e x －2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出 e x －2x 这一项，再重新构造新函数 h (x )＝e x －2x (x >0)，考虑 h (x )的正负问题，此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：＝[题型专练]3．(2017·福建漳州质检)已知函数 f (x )＝a e x －b ln x ，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y ＝(1)x ＋1.(1)求 a ，b ； (2)证明：f (x )>0.[解] (1)函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)．e－1 f ′(x )＝a e x bf (1) 1f ′(1) 1 1，－ ，由题意得 ＝ ， ＝ － x e e所以E rr o r !解得E rr o r !(2)由(1)知 f (x ) 1 ·e x－ln x . e 2 因为 f ′(x )＝e x －2 1(0，＋∞)上单调递增，又 f ′(1)<0，f ′(2)>0，－ 在x＝ ＋ 2 20 0 0所以 f ′(x )＝0 在(0，＋∞)上有唯一实根 x 0，且 x 0∈(1,2)． 当 x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当 x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当 x ＝x 0 时，f (x )取极小值，也是最小值．由 f ′(x )＝0，得 e x 0－2 1x －2＝－ln x .0 ＝ ， 则 0 0 x 0故 f (x )≥f (x )＝e x 0－2－ln x 1 x －2>2 1 ·x 0－2＝0，所以 f (x )>0. x 0 x 04、【2017 高考三卷】21．（12 分）已知函数 f (x ) =x ﹣1﹣a ln x ．（1）若 f (x ) ≥ 0 ，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n ，(1+ 1) ( 1+ 1) (1+ 2221) ﹤m ，求 m 的最小值． 2n 21.解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞) .f ⎛ 1 ⎫1①若a ≤ 0 ，因为 ⎪ =- +a ln 2＜0，所以不满足题意；⎝ ⎭ ②若a ＞0，由 f ' ( x ) = 1- a = x - a知，当x ∈(0,a ) 时， f ' ( x )＜0 ；当 x ∈(a ，+∞) 时， f ' ( x )＞0 ，所以 f ( x ) 在(0,a ) 单调递减，x x在(a ，+∞) 单调递增，故 x=a 是 f ( x ) 在 x ∈(0，+∞) 的唯一最小值点. 由于 f (1) = 0 ，所以当且仅当 a =1 时， f ( x ) ≥ 0.故 a =1（2）由（1）知当 x ∈(1，+∞) 时， x -1- ln x ＞0令 x =1+ 1 得ln ⎛1+ 1 ⎫＜ 1，从而 2n 2n ⎪ 2n ⎝⎭ln ⎛1+ 1 ⎫+ln ⎛1+ 1 ⎫+⋅⋅⋅+ln ⎛1+ 1 ⎫＜1 + 1 +⋅⋅⋅+ 1 =1-1＜12 ⎪ 22 ⎪ 2n ⎪ 2 22 2n 2n ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭故⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫ ⋅⋅⋅⎛1+ 1 ⎫＜e2 ⎪ 22 ⎪ 2n⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭而⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫＞2 ，所以 m 的最小值为 3. 2 ⎪ 22 ⎪ 23 ⎪ ⎝⎭⎝ ⎭⎝ ⎭21．（12 分）已知函数f (x) =ln x+ax2+(2a+1)x．（1）讨论f (x) 的单调性；（2）当 a﹤0 时，证明 f (x) ≤-34a- 2 ．【答案】（1）当a ≥ 0 时， f (x) 在(0,+∞) 单调递增；当 a < 0 时，则 f (x) 在(0,-1) 单调递增，在(-2a1,+∞) 单调递减；（2）详见解析2a题型四利用导数研究恒成立问题题型概览：已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．，对∀ ＝ 0<x < ；由E rr o r !得 x > .，则 ln x1 2 1 2已知函数 f (x ) 1ln x －mx ，g (x )＝x a(a >0)．＝ － 2 x(1) 求函数 f (x )的单调区间； (2) 若 m ＝1x ，x ∈[2,2e 2]都有 g (x )≥f (x )成立，求实数 a 的取值范围． 2e 2[审题程序]第一步：利用导数判断 f (x )的单调性，对 m 分类讨论；第二步：对不等式进行等价转化，将 g (x 1)≥f (x 2)转化为 g (x )min ≥f (x )max ； 第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值)； 第四步：确定结果．[规范解答] (1)f (x ) 1ln x －mx ，x >0，所以f ′(x ) 1m ，＝ ＝ － 2 2x当 m ≤0 时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当 m >0 时，由 f ′(0)＝0 得 x 1 ；由E rr o r !得 1 12m 2m 2m 综上所述，当 m ≤0 时，f ′(x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当 m >0 时，f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为( 1，＋∞).2m 2m(2)若 m ＝1f (x )＝1 － 1x . 2e 2 2 2e 2对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有 g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有 g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2,2e 2]上 f (x )的最大值为 f (e 2) 1＝ ， 2＋g ′(x )＝1 a >0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数 g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x ) ＝g (2)＝2 a2 a 1 a ≤3，min － ， 由 － ≥ ， 得 x2 又 a >0，所以 a ∈(0,3]，所以实数 a 的取值范围为(0,3]．2 2 2[解题反思] 本例(1)的解答中要注意 f (x )的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数 f (x )、g (x )的最值问题．本题中，∀x 1，x 2 有 g (x 1)≥f (x 2)⇔g (x )min ≥f (x )max .若改为：∃x 1，∀x 2 都有 g (x 1)≥f (x 2)，则有 g (x )max ≥f (x )max .若改为：∀x 1，∃x 2 都有 g (x 1)≥g (x 2)，则有 g (x )min ≥f (x )min 要仔细体会，转化准确．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]4．已知 f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1) 对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)证明：对一切 x ∈(0，＋∞)，ln x > 1 e x 2－ 恒成立．e x[解] (1)由题意知 2x ln x ≥－x 2＋ax －3 对一切 x ∈(0，＋∞)恒成立， 则 a ≤2ln x ＋x 3，x 设 h (x )＝2ln x ＋x ＋3，(x >0) x＋e＝ － (x则 h ′(x ) (x ＋3)(x －1)，＝x 2①当 x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，②当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以 h (x )min ＝h (1)＝4，对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以 a ≤h (x )min ＝4.即实数 a 的取值范围是(－∞，4]．(2) 证明：问题等价于证明 x ln x > x －2∈(0，＋∞))．e x e 又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当 x ∈(0，1)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 ) ＝f (1)1.，＋∞emin ＝－ e e设 m (x ) x 2∈(0，＋∞))，e x则 m ′(x ) e1－x ，＝易知 m (x ) e x＝m (1) 1max ＝－ ，e从而对一切 x ∈(0，＋∞)，ln x > 1 e x 2－ 恒成立．e x②当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以 h (x )min ＝h (1)＝4，对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以 a ≤h (x )min ＝4.即实数 a 的取值范围是(－∞，4]．题型五：二阶导主要用于求函数的取值范围23．(12 分)已知函数 f （x ）=（x+1）lnx ﹣a （x ﹣1）．(x（I）当a=4 时，求曲线 y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a 的取值范围．【解答】解：（I）当a=4 时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）． f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率 k=f′（1）=﹣2，则曲线 y=f（x）在（1，0）处的切线方程为 y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在 x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数 f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由 f（1）=0，可得存在 x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．23．(12 分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4 时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a 的取值范围．【解答】解：（I）当a=4 时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，则曲线y=f（x）在（1，0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）= ，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．题型六：求含参数求知范围此类问题一般分为两类：一、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.此法适用于方便分离参数并可求出函数最大值与最小值的情况，若题中涉及多个未知参量需分离出具有明确定义域的参量函数求出取值范围并进行消参，由多参数降为单参在求出参数取值范围。
(整理)导数应用的题型与解题方法.
导数应用的题型与解题方法一、专题概述导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面:1．导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于n 次多项式的导数问题属于较难类型。
2．关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3．导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
二、知识整合1．导数概念的理解．2．利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值．复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3．要能正确求导，必须做到以下两点：（1）熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
（2）对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
4．求复合函数的导数，一般按以下三个步骤进行：(1）适当选定中间变量，正确分解复合关系；（2）分步求导（弄清每一步求导是哪个变量对哪个变量求导）；（3）把中间变量代回原自变量（一般是x ）的函数。
也就是说，首先，选定中间变量，分解复合关系，说明函数关系y=f(μ)，μ=f(x)；然后将已知函数对中间变量求导)'(μy ，中间变量对自变量求导)'(x μ；最后求x y ''μμ⋅，并将中间变量代回为自变量的函数。
整个过程可简记为分解——求导——回代。
熟练以后，可以省略中间过程。
若遇多重复合，可以相应地多次用中间变量。
三、例题分析例1．⎩⎨⎧>+≤==11)(2x b ax x x x f y 在1=x 处可导，则=a =b 思路：⎩⎨⎧>+≤==11)(2x bax x x x f y 在1=x 处可导，必连续1)(lim 1=-→x f xb a x f x +=+→)(l i m 1 1)1(=f ∴ 1=+b a2lim 0=∆∆-→∆x y x a xyx =∆∆+→∆0lim ∴ 2=a 1-=b例2．已知f(x)在x=a 处可导，且f ′(a)=b ，求下列极限：（1）hh a f h a f h 2)()3(lim 0--+→∆； （2）h a f h a f h )()(lim 20-+→∆分析：在导数定义中，增量△x 的形式是多种多样，但不论△x 选择哪种形式，△y 也必须选择相对应的形式。
高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '， （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。
【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减； 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增， 在(单调递减； （II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。
【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。
还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数321()53f x x x ax =++-， 若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立， 方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2： 由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞； 【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三 方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ， 综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。
导数的综合应用题型及解法
导数的综合应用题型及解法题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；题型二：利用导数几何意义求切线方程2．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线； 题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值3．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围4．已知三次函数32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式；(2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；5．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点． 题型四：利用导数研究函数的图象6．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ D ）（A ） （B ） （C ） （D ）7．函数的图像为14313+-=x x y ( A )8．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( B )A 、0B 、1C 、2D 、3题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围9．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围.10．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间（2）若对x ?〔－1，2〕，不等式f （x ）?c2恒成立，求c 的取值范围。
导数的综合应用
所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，
对于任意实
若 方 程 f ( x ) ＝即m的最大值为－34.
数x，
0有且仅有一
f′(x)≥m恒
个实根，求a
成立，求m 的取值范围．
的最1大．值；设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
1．求参数的取值范围
与导数相关的参数范围问题是高考中 考查的一个重点，大多
给出函数的单调性，属运用导数研究 函数单调性的逆向问题，解
题关键在于灵活运用等价转化、分类 讨论、数形结合等思想方法，
建立关于字母参数的不等关系．
2．用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是：构造可 导函数→研究单调性
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．
思想与方法
例题：(2011 年“江南十校” 联考)已知函数 f(x)＝ax3＋ bx2＋
cx 在 x＝±1 处取得极 值，且在 x＝0 处的切 线的斜率为－3.
8．利用数形结 合思想讨论函 数的图象及性
(2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，V′＝6 2x(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，也是最大值． 此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.
高考压轴题！导数的综合应用题型归类及详细解析
高考压轴题！导数的综合应用题型归类及详细解析
导数的综合应用题型归类是高考每年必然考察的主要内容，填空题和选择题都出现过相关的考试试题，小题更是每年高考必考。
为了让同学们更好地掌握此类问题解题方法、技巧与思路，轻松拿下相关的试题12分，这里给同学们准备了高考大题类型规范训练。
其中包括题组点对点训练和题型模板训练。
题组点对点的训练，就是把高考的相关类型题，结合考点和教材内容知识点进行强化训练，以求迅速掌握此类小题涵盖的知识点和类型题解题思路，从而迅速提升解决此类问题的能力。
易错易混训练就是通过此类大题得训练，强化容易出现错误的知识点，通过训练达到进一步的掌握，同时对容易混淆不清的知识点进行梳理归类。
以后再遇到此类问题，就能轻松解决问题。
即将要高考了，小编把最美好的祝愿送给你们——我亲爱的同学们，在这里衷心地预祝同学们在2020年高考中超常发挥考出优异的成绩，金榜题名考上理想大学！。
导数的综合应用
3.3 导数的综合应用1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．( √ )(2)函数f (x )＝x 2－3x ＋2的极小值也是最小值．( √ )(3)函数f (x )＝x ＋x －1和g (x )＝x －x －1都是在x ＝0时取得最小值－1.( × )(4)函数f (x )＝x 2ln x 没有最值．( × ) (5)已知x ∈(0，π2)，则sin x >x .( × )(6)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上没有实数根．( × )1．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．2121e e ln ln xxx x >－－ B ．1221e eln ln xx x x <－－C ．1221e e x xx x > D ．1221e e xxx x < 答案 C解析 设f (x )＝e x －ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x.令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A ，B 选项不正确．设g (x )＝e xx (0<x <1)，则g ′(x )＝e x(x －1)x 2.又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴1221e e xxx x >.2．(2013·福建)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 答案 D解析 A 错，因为极大值未必是最大值．B 错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点．C 错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点．D 对，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点．3．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x (x >0)的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t ＝22. 4．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件 D ．4百万件答案 C解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.题型一 利用导数证明不等式例1 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)．(1)解 设两曲线的公共点为(x 0，y 0)， f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x，由题意知f (x0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎨⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a2x.由x 0＋2a ＝3a 2x 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 )．于是当t (1－3ln t )>0，即0<t <13e 时，h ′(t )>0；当t (1－3ln t )<0，即t >13e 时，h ′(t )<0.故h (t )在(0，13e )上为增函数，在(13e ，＋∞)上为减函数，于是h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (13e )＝233e 2，即b 的最大值为233e 2.(2)证明 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)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是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 )．思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数，并求其单调区间； (2)判断区间端点函数值与0的关系；(3)判断定义域内函数值与0的大小关系，证不等式．证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22x ， 则F ′(x )＝cos x －22. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1<0， 所以H (x )在[0,1]上是减函数， 则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x .综上，22x≤sin x≤x，x∈[0,1]．题型二利用导数研究函数零点问题例2(2013·北京)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解(1)由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，则a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．思维升华函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a.由f′(x)<0，解得－a<x<a，∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)． 题型三 生活中的优化问题例3 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维升华 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，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．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 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 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 ＝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12.一审条件挖隐含典例：(12分)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M .(2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．审题路线图(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质 g (x )max －g (x )min ≥MM 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )(理解“任意”的含义) f (x )min ≥g (x )max求得g (x )max ＝1 ax＋x ln x ≥1恒成立 分离常数 a ≥x －x 2ln x 恒成立求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值 a ≥h (x )max ＝h (1)＝1 a ≥1 规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23)．令g ′(x )>0得x <0，或x >23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.[5分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[7分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[10分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[12分]温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离常数的方法，转化为求函数的值域问题．方法与技巧1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 失误与防范1．函数f (x )在某个区间内单调递增，则f ′(x )≥0而不是f ′(x )>0，(f ′(x )＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.A 组 专项基础训练(时间：45分钟)1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )答案 C解析 由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D.2．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.4．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( )A.33B. 3C.3＋1D.3－1 答案 D解析 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，若a >1，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当1<x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝a 时，令f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． 若0<a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1，故选D. 5．设函数h t (x )＝3tx －322t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，则x 0等于( )A ．5B. 5 C ．3D.7答案 D解析 ∵h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max .记g (t )＝h t (x 0)＝3tx 0－322t ，则g ′(t )＝3x 0－123t ，令g ′(t )＝0，得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 30，∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D. 6．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，且当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当x <1a时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1a ，2)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，解得a ＝1.7．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.答案 －2或2解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．由题意知，f (1)＝0或f (－1)＝0，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.8．设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________．答案 4解析 若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立；当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x 3. 设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 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k ≥4； 当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x 3在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4.9．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.10．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米． (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时， 设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，所以当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25.易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．(2014·辽宁)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3]B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C 解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max .设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0， ∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6，∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.12．设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为常数．若f (x )在(1，＋∞)上是减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x 恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x －a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，a 的取值范围是(e ，＋∞)．13．已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是____________．答案 [－1e，＋∞) 解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e. 而函数g (x )的最大值为a ，则由题意，可得－1e ≤a 即a ≥－1e. 14．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0.(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x. 由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)．(2)由题意得f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e.由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2， 解得a ＝e.15．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．(1)解 ∵a ＝1，∴f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x＝x －1x， ∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明 ∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴[f (x )]min ＝1.又g ′(x )＝1－ln x x 2， ∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增．∴[g (x )]max ＝g (e)＝1e <12， ∴[f (x )]min －[g (x )]max >12， ∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)解 假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a)上单调递减， 在(1a，e]上单调递增， [f (x )]min ＝f (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ②当1a≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减， [f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )无最小值． 综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3.。
高二数学导数的综合运用试题答案及解析
高二数学导数的综合运用试题答案及解析1.已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a＜0）．（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∈[0，1]，函数g（x）=x3+x2[f′（x）+m]在区间（t，2）上总不是单调函数，其中f′（x）为f（x）的导函数，求实数m的取值范围．【答案】（1）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1]；（2）．【解析】解题思路：（1）求导，利用导数的正负确定函数的单调区间；（2）求导，利用零点存在定理判定在总存在零点.规律总结：利用导数研究函数的单调性、极值、最值及与函数有关的综合题，都体现了导数的重要性；此类问题往往从求导入手，思路清晰；但综合性较强，需学生有较高的逻辑思维和运算能力.试题解析：（1）根据题意知，，当时，的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1]．（2）∵，∴，∴.∴，∴.∵在区间上总不是单调函数，且，∴由题意知：对于任意的，恒成立，∴∴.【考点】1.函数的单调性；2.函数的单调性的逆用.2.已知函数．（Ⅰ）当时，求在区间上的最值；（Ⅱ）讨论函数的单调性.【答案】(1)(2)当时，在单调递增当时，在单调递增，在上单调递减．当时，在单调递减；【解析】(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得;(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：解：（Ⅰ）当时，，∴．∵的定义域为，∴由得．∴在区间上的最值只可能在取到，而，∴．（Ⅱ）．①当，即时，在单调递减；②当时，在单调递增；③当时，由得或（舍去）∴在单调递增，在上单调递减；综上，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减．当时，在单调递减；【考点】(1)利用导数求函数的最值；（2）利用导数求函数的单调区间.3.设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0.（1）求实数a，b的值；（2）求函数f(x)的极值．【答案】（1）a＝3. b＝－12.（2）函数f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝21，在x2＝1处取得极小值f(1)＝－6.【解析】（1）先求出的导函数f′(x)=，由函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称及二次函数的性质求出，再由f′(1)＝0求出；（2）将（1）中的值代入导函数中，利用导函数研究函数的单调性，根据单调性及极值的有关知识求出的极值.试题解析：（1）由题知f′(x)= ，由函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称得，，解得a＝3，由f′(1)＝0即解得b＝－12. 所以a＝3. b＝－12. 6分（2）由（1）知a＝3， b＝－12，所以f′(x)= =，当＜-2或＞1时，＞0，当-2＜＜1时，＜0，所以单调增区间为（-，-2），（1，+），单调减区间为（-2,1），所以函数f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝21，在x2＝1处取得极小值f(1)＝－6. 12分考点:常见函数的导数，导数的运算法则，二次函数的对称性，函数的极值4.已知函数（，为常数），当时，函数有极值，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围是．【解析】∵=，由当时函数有极值知，，解得，所以=，所以当或时，＞0，当时，＜0，则在（-，0）和（1，+）上是增函数，在（0,1）上是减函数，所以当=0时，取极大值=，当=1时，取极小值=，要使有三个零点，则，解得0＜＜，所以的取值范围为（0，）.【考点】常见函数的导数，导数的综合运用，函数零点，数形结合思想5.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为-1.（1）求的值及函数的极值；（2）证明：当时，；（3）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.【答案】（1），极小值为无极大值；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【解析】解题思路：（1）利用导数的几何意义求，再进一步求极值；（2）构造函数，即证；（3）结合（2）的结论，对进行分类讨论.规律总结：这是一道典型的导函数问题，综合性较强，要求我们要有牢固的基础知识（包括函数的性质、常见解题方法、数形结合等）.试题解析：解法一：（1）由，得.又,得.所以.令,得.当时, 单调递减;当时, 单调递增.所以当时, 取得极小值,且极小值为无极大值.（2）令,则.由（1）得,故在R上单调递增,又,因此,当时, ,即.（3）①若,则.又由（2）知，当时, .所以当时, .取,当时，恒有.②若,令,要使不等式成立，只要成立.而要使成立，则只要,只要成立.令,则.所以当时,在内单调递增.取,所以在内单调递增.又.易知.所以.即存在,当时，恒有.综上，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.解法二：（1）同解法一（2）同解法一（3）对任意给定的正数c，取由（2）知，当x>0时，，所以当时，因此，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.【考点】1.导数的几何意义；2.导数在研究函数中的应用.6.设函数在定义域内可导,的图象如下右图所示,则导函数可能为( )【答案】D【解析】本题考查函数图象与导函数的关系：函数图象上升，则的图象在轴上方，反之亦然；函数图象下降，则的图象在轴下方.经验证D符合条件.【考点】函数图象与导函数图象的关系.7.已知函数的图象为曲线E．(1)若a = 3，b = -9，求函数f(x)的极值；(2)若曲线E上存在点P，使曲线E在P点处的切线与x轴平行，求a，b的关系．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）欲求函数极值应先求函数导数，并求出的根，再判断在根左右导数是否异号，若成立则此根为极值点，代入函数解析式可求极值.（2）对于存在性问题，一般假设存在然后依条件求出，若有则有，若无则假设不成立.试题解析：(1)当时，.令，可得.+0-0+当时，，当时， 5分，设切点为，则曲线在点P的切线的斜率由题意知有解∴即． 10分【考点】（1）函数导数与极值；（2）函数导数与切线.8.定义在上的函数，是它的导函数，且恒有成立，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由于，又因为，从而有：；构造函数则，从而有在上是增函数，所以有即：，故选Ｄ．【考点】函数的导数．9.已知函数：f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，过曲线y＝f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1(1)y＝f(x)在x＝－2时有极值，求f(x)的表达式；(2)函数y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增，求b的取值范围．【答案】(1) f(x)＝x3＋2x2－4x＋5; (2) b≥0【解析】(1)先由函数导数的几何意义用含a,b,c的代数式表达出函数在点P处的切线方程，再与已知的切线相比较可得关于a,b,c的两个方程；另又因为y＝f(x)在x＝－2时有极值，所以f′(－2)＝0再得到一个关于a,b,c的方程，三个字母三个方程，通过解方程组就可求得字母a,b,c的值，从而求得f(x)的表达式； (2) 由函数y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增，知其导函数f′(x)在[－2,1]上恒有f′(x)≥0，注意到(1)中的①式:2a+b=0,所以有，从而有3x2－bx＋b≥0在[－2,1]上恒成立，分离参数转化为函数的最值问题，可求得b的取值范围.试题解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c,求导数得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，过y＝f(x)上点P(1，f(1))的切线方程为：y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即y－(a＋b＋c＋1)＝(3＋2a＋b)(x－1)而过y＝f(x)上P(1，f(1))的切线方程为：y＝3x＋1即又∵y＝f(x)在x＝－2时有极值，故f′(－2)＝0 ∴－4a＋b＝－12③由①②③相联立解得a＝2，b＝－4，c＝5,所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5(2)y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由(1)知2a＋b＝0∴f′(x)＝3x2－bx＋b依题意f′(x)在[－2,1]上恒有f′(x)≥0，即3x2－bx＋b≥0在[－2,1]上恒成立注意到，所以3x2－bx＋b≥0在[－2,1]上恒成立等价于：，令知当时，当时，所以在[-2，1）上有最大值为，故知，且当x=1时f′(x)≥0也成立,所以【考点】1.导数的几何意义;2.函数的极值与最值.10.对于三次函数，定义是的导函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，可以证明，任何三次函数都有“拐点”，任何三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，请你根据这一结论判断下列命题：①任意三次函数都关于点对称：②存在三次函数,若有实数解，则点为函数的对称中心；③存在三次函数有两个及两个以上的对称中心；④若函数，则:其中所有正确结论的序号是( )．A．①②④B．①②③C．①③④D．②③④【答案】A【解析】①的二阶导数为，令得，根据题意得对称中心为，故①正确；②存在，例如三次函数，得，而就是的对称中心；③任何三次函数经过一次求导以后得到的是一个二次函数，二次函数再求一次导以后得到的是一个一次函数，而一次函数只有一个解，所以只有一个拐点，也就是说只有一个对称中心，所以说任何三次函数都只有一个对称中心；④,,得，所以的对称中心是即，所以有，所以，④正确。
导数综合应用(含标准答案)
f (x )in L^,x1 x(1,1), f (x )J f (0)x2, f (0) 0 ,曲线在点0, f 0处的切线方程为2x(n)当0, 1 时,3—，即不等式3f (x )NX3x ；)(0,1)成立，设 F (x )1 x 2xln1 xx^)ln(1 x ) ln(1 x )2xxr），则F (x )2x 4r ，当x1时, F (x )故F （x ）在（0, 1）上为增函数，则F (x ) F （0） 0,因此对(0,1),11.导数的综合应用（含答案）（高二）1. （15北京理科）已知函数 f x【解析J出直线方程；第二歩要证明不等式了任»2 在“心11成立，可用作菱法构造函数他）=山占-S 爭神导m 诫如滋区间（“ “上的单调性由于咖＞ 0,尸G ）在（真1）上为壇函麹 则尸&） ＞尸⑹=0,间题得证，第三歩与第二步丐法粪條 均造函 数研究函数单调性，但罷宴对参敎作讨论，首先士注a a 符台题貳 耳农当A ＞ 2时，环滝星题 意舍去，得出丘的S 大值为丄试题解析：（I ）(I)求曲线y f x 在点0, f 0 处的切线方程;（n ）求证：当 x时，f X（川）设实数k 使得 恒成立，求k 的最大值.【答案】（I ） 2x0 , （n ）证明见解析, （m ） k 的最大值为2.BE 题分析！利用异数的几何意义，求出函数在y = 0处的函数值及导数值.再用直续方程ffl 点卿式写X4o ,函数在(o , 1)上位增函数，F (x ) F (o) o ，符合题意;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22. (15年安徽理科)设函数f(x) X ax b .(1)讨论函数f(sin X)在(——,一)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值;2 22时，令F (x )当kF (x )F (o),显然不成立,o，X o4一(o ,1)，f (x ) NX—)成立;3(川)使3—成立，X o , 1 ,等价于3F (x ) In k (xX3宁)F (x )k (1 X 2)kx 42 k1 __x"~~[0,2]时，F (x )X4(2)记 f o (x) X 2a o Xb o ,求函数 (3)在(2)中，取a ob o 0,求 z f (sinx) f o (sinx)在(---- ,一)上的最大值 D ； 2 2b 业满足D 1时的最大值。
导数常见题型与解题方法总结
导数常见题型与解题方法总结导数题型总结：1.分离变量：在使用分离变量时，需要特别注意是否需要分类讨论（大于0，等于0，小于0）。
2.变更主元：已知谁的范围就把谁作为主元。
3.根分布。
4.判别式法：结合图像分析。
5.二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系；（2）端点处和顶点是最值所在。
基础题型：此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：1.令f'(x)=0，得到两个根。
2.画两图或列表。
3.由图表可知。
另外，变更主元（即关于某字母的一次函数）时，已知谁的范围就把谁作为主元。
例1：设函数y=f(x)在区间D上的导数为f'(x)，f'(x)在区间D上的导数为g(x)，若在区间D上，g(x)<___成立，则称函数y=f(x)在区间D上为“凸函数”。
已知实数m是常数，f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62.1.若y=f(x)在区间[0,3]上为“凸函数”，求m的取值范围。
解法一：从二次函数的区间最值入手，等价于g(x)<0在[0,3]上恒成立，即g(0)<0且g(3)<0.因此，得到不等式组-3<m<2.解法二：分离变量法。
当x=0或x=3时，g(x)=-3<0.因此，对于0≤x≤3，g(x)<___成立。
根据分离变量法，得到不等式组-3<m<2.2.若对满足m≤2的任何一个实数m，函数f(x)在区间(a,b)上都为“凸函数”，求b-a的最大值。
由f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62得到f'(x)=(-4x^3+3mx^2+6x)/62，f''(x)=(-12x^2+6mx+6)/62.因为f(x)在区间(a,b)上为“凸函数”，所以f''(x)>0在(a,b)___成立。
因此，得到不等式组a≤x≤b和-12a^2+6ma+6>0，即a≤x≤b且m≤2或a≤x≤b且m≥1/2.由于m≤2，所以a≤x≤b且m≤2.根据变更主元法，将F(m)=mx-x^2+3视为关于m的一次函数最值问题，得到不等式组F(-2)>0和F(2)>0，即-2x-x^2+3>0且2x-x^2+3>0.解得-1<x<1.因此，b-a=2.Ⅲ）由题意可得，对任意x∈[1,4]，有f(x)≤g(x)代入g(x)得：x3+(t-6)x2-(t+1)x+3≥x3+(t-6)x2/2化___：x2(t-7/2)-x(t+1/2)+3≥0由于对于任意x∈[1,4]，不等式都成立，所以判别式≤0：t+1/2)2-4×3×(t-7/2)≤0化___：t2-10t+19≤0解得：1≤___≤9综上所述，a=-3，b=1/2，f(x)的值域为[-4,16]，t的取值范围为1≤t≤9.单调增区间为：$(-\infty,-1),(a-1,+\infty)$和$(-1,a-1)$。
导数函数综合应用(含答案)
导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。
导数专题的题型总结
导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。
- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。
- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。
- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。
2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。
- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。
- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。
- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。
- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。
二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。
- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。
- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。
2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。
- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。
- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．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.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-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()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，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：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()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 '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，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()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x 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⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，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，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【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．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =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.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 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2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】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．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.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 >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.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.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.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()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<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.2.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)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
利用导数解决综合问题(word解析版附答案)
利用导数解决综合问题【考纲要求】（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（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（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.（3）会利用导数解决某些实际问题。
【命题规律】导数综合问题是高考中的难点所在，题型变化较多，尤其是利用导数证明不等式等相关知识.熟练掌握利用导数这一工具，将试题进行分解，逐一突破，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，这也是2018年考试的热点问题.【典型高考试题变式】（一）构造函数在导数问题中的应用例1.【2015全国2卷（理）】设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：考虑取特殊函数，是奇函数，且，，当时，>0，满足题设条件.直接研究函数，图象如下图，可知选B答案.【方法技巧归纳】本题主要考查了函数的奇偶性、导数在研究函数的单调性中的应用和导数在研究函数的极值中的应用，考查学生综合知识能力，渗透着转化与化归的数学思想，属中档题.其解题的方法运用的是特值法，将抽象问题具体化，找出与已知条件符合的特殊函数，分析其函数的图像及其性质，进而得出所求的结果，其解题的关键是特值函数的正确选取.【变式1】【2017河南郑州三质检】设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于等式，因为，故此等式可化为：，且.令，..当时，，单调递增，故，因此当时，恒成立.因为，所以恒成立.因此，在上单调递增，的最小值为.故本题正确答案为D.【变式2】【2017河南息县第一高级中学三质检】已知函数()f x 的定义域为R ，其图象关于点()1,0-中心对称，其导函数()f x '，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '⎡⎤+++<⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞-C. ()1,1-D. ()(),11,-∞-⋃+∞【答案】C【解析】由题意设()()()1g x x f x =+，则()()()()'1'g x f x x f x =++，当1x <-时，()()()()11'0x f x x f x ⎡⎤+++<⎣⎦， ∴当1x <-时， ()()()1'0f x x f x ++>，则()g x 在(),1-∞-上递增， 函数()f x 的定义域为R ，其图象关于点()1,0-中心对称，∴函数()1f x -的图象关于点()0,0中心对称，则函数()1f x -是奇函数，令()()()()11,h x g x xf x h x =-=-∴是R 上的偶函数，且在(),0-∞递增，由偶函数的性质得：函数()h x 在()0,+∞上递减，()()10,h f =∴不等式()()10xf x f ->化为： ()()1h x h >，即1x <，解得11x -<<， ∴不等式解集是()1,1-，故选C.【变式3】【2017江西省鹰潭市高三第一次模拟考试数学（理）】函数()f x 是定义在区间()0,+∞上的可导函数，其导函数为()'f x ，且满足()()'20xf x f x +>，则不等式()()()201620165552016x f x f x ++<+的解集为（ ）A. {}2011x x -B. {|2011}x x <-C. {|20110}x x -<<D. {|20162011}x x -<<-【答案】D【变式4】【2018安徽蚌埠二中高三7月月考（文）】已知对任意实数1k >，关于x 的不等式()2x xk x a e->在()0,+∞上恒成立，则a 的最大整数值为( ) A. 0 B. 1- C. 2- D. 3-【答案】B 【解析】令()2(0)xxf x x e =>，依题意，对任意1k >，当0x >时， ()y f x =图象在直线()y k x a =-下方，∴()()21xx f x e ='-列表()y f x =得的大致图象则当0a =时，∵()02f '=，∴当12k <<时不成立； 当1a =-时，设()01y k x =+与()y f x =相切于点()()00,x f x . 则()()000200002111x x f x k x x e x -==⇔-=+，解得()010,12x =∈.∴01k =<<，故成立，∴当a Z ∈时, max 1a =-.故选B. （二）方程解（函数零点）的个数问题例2.【2015全国1卷（理）】已知函数，．（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线. （Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点. 当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【方法技巧归纳】1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.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，从而判断函数的大致图像，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1】【2015江苏卷】已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； 当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．（2） 1.c =【解析】试题分析（1）先求函数导数，根据导函数零点大小讨论函数单调性，注意需分三种情况讨论，不要忽略相等的情况（2）首先转化条件：函数)(x f 有三个不同的零点，就是零在极大值与极小值之间，然后研究不等式340,0,027a a c a c a >+->-<以及340,0,027a a c a c a <+-<->解集情况，令34()27g a a c a =+-，则当3a =-时(3)0g -≤且当32a =时3()02g ≥，因此确定1c =，然后再利用函数因式分解验证满足题意（2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值范围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，因此1c =．此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根，所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠，解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．综上1c =．【变式2】【2015天津卷（理）】已知函数()n ,n f x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（Ⅲ）若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证：21|-|21ax x n<+- 【答案】（Ⅰ） 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥， 下面分两种情况讨论： （1）当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增.（Ⅱ）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（Ⅲ）证明：不妨设12x x ≤，由（Ⅱ）知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n'=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（Ⅱ）知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-.因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【变式3】【2016北京卷（文）】设函数()32.f x x ax bx c =+++ （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （Ⅲ）求证：230a b -＞是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）y bx c =+;（Ⅱ）320,27⎛⎫ ⎪⎝⎭;（Ⅲ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）求函数f （x ）的导数，根据()0f c =，()0f b '=求切线方程；（Ⅱ）根据导函数判断函数f （x ）的单调性，由函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；（Ⅲ）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.试题解析：（Ⅰ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++． 因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （Ⅱ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++， 所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点．综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b =->∆． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点，所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． （三）函数中的隐零点问题例3.【2017全国1卷（理）】已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--. （1）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）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，故()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+.①当0≤a 时，e 10x a -<，2e 10x +>．从而()0f x '<恒成立． ()f x 在R 上单调递减.②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．综上，当0≤a ()f x R 当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增. （2）由（1）知，当0≤a 时，()f x 在R 上单调减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件． 当0a >时，()min 1ln 1ln f f a a a =-=-+．令()11ln g a a a=-+． 令()()11ln 0g a a a a=-+>，则()2110g a a a'=+>．从而()g a 在()0+∞，上单调增，而()10g =．当01a <<时，()0g a <．当1a =时()0g a =．当1a >时()0g a >若1a >，则()m i n 11ln 0f a g a a=-+=>，故()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条件．若1a =，则m in 11l n 0f a a=-+=，故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =-=，不满足条件． 若01a <<，则min 11ln 0f a a=-+<，注意到ln 0a ->．()22110e e ea a f -=++->． 故()f x 在()1ln a --，上有一个实根，而又31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭．且33ln 1ln 133ln(1)e e 2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⋅+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根． 又()f x 在()ln a -∞-，上单调减，在()ln a -+∞，单调增，故()f x 在R 上至多两个实根．又()f x 在()1ln a --，及3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上均至少有一个实数根，故()f x 在R 上恰有两个实根． 综上，01a <<．【方法技巧归纳】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.【变式1】【2018山西孝义高三入学摸底考试】已知函数()()21f x a x b =-+. （1）讨论函数()()x g x e f x =-在区间[]0,1上的单调性；（2）已知函数()12x x h x e xf ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若()10h =，且函数()h x 在区间()0,1内有零点，求a 的取值范围.【答案】（1）见解析（2）12e a -<<试题解析：解：(1)由题得()()21x g x e a x b =---，所以()()'21x g x e a =--.当32a ≤时， ()'0g x ≥，所以()g x 在[]0,1上单调递增； 当12ea ≥+时， ()'0g x ≤，所以()g x 在[]0,1上单调递减；当3122ea <<+时，令()'0g x =，得()()ln 220,1x a =-∈， 所以函数()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增.综上所述，当32a ≤时， ()g x 在[]0,1上单调递增； 当3122ea <<+时，函数()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增；当12ea ≥+时，所以()g x 在[]0,1上单调递减. (2) ()()21112x x x h x e xf e a x bx ⎛⎫=--=---- ⎪⎝⎭，()()()'21x h x e a x b g x =---=，设0x 为()h x 在区间()0,1内的一个零点，则由()()000h h x ==，可知()h x 在区间()00,x 上不单调，则()g x 在区间()00,x 内存在零点1x ，同理， ()g x 在区间()0,1x 内存在零点2x ，所以()g x 在区间()0,1内至少有两个零点. 由(1)知，当32a ≤时， ()g x 在[]0,1上单调递增，故()g x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意.当12ea ≥+时， ()g x 在[]0,1上单调递减，故()g x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意，所以3122ea <<+，此时()g x 在区间()0,ln 22a ⎡⎤-⎣⎦上单调递减，在区间()(ln 22,1a ⎤-⎦上单调递增. 因此， ()(10,ln 22x a ⎤∈-⎦， ()(2ln 22,1x a ⎤∈-⎦，必有()010g b =->，()1220g e a b =-+->.由()10h =，得a b e +=， 102g e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭.又()010g a e =-+>， ()120g a =->，解得12e a -<<. （四）极值点偏移问题例4.【2016全国1卷（理）】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【答案】（Ⅰ）(0,)+∞；（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．设2()e (2)e x x g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x g x x -=--．则当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．试题解析：（Ⅰ）'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a =-+-=-+．（Ⅲ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若e2a ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若e2a <-，则l n (2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(l n (2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<． 由于222222(2)e (1)x f x x a x --=-+-，而22222()(2)e (1)0x f x x a x =-+-=，所以222222(2)e (2)e x x f x x x --=---．设2()e (2)e x x g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x g x x -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．【方法技巧归纳】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.【变式1】【2018广东深圳高三入学摸底考试（文）】已知函数.（1）求函数的极小值；（2）若函数有两个零点，求证：.【答案】（1）极小值为（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数.再根据导函数是否变号进行分类讨论：当时，导函数不变号，无极小值；当时，导函数先负后正，有一个极小值（2）先用分析法转化要证不等式：因为. 令，所以只要证，即证，利用导数易得为增函数，即得所以原命题成立.试题解析：解：（1）.当时，在上为增函数，函数无极小值；当时，令，解得.若，则单调递减；若，则单调递增.故函数的极小值为.（2）证明：由题可知.要证，即证，不妨设，只需证，令，即证，要证，只需证，令，只需证，∵，∴在内为增函数，故，∴成立.所以原命题成立.【变式2】【2018广东珠海高三9月摸底考试（理）】函数()()2ln 1f x x m x =++(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x <，求证： ()21122ln2f x x x >-+【答案】(1) 0m ≤时， ()f x在1122⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭，上单减，在12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增； 102m <<时， ()f x在1122⎛--- ⎝⎭上单减，在112⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增; 12m ≥时， ()f x 在()1-+∞，上单增;(2)见解析. 【解析】试题分析：(1) ()2221x x mf x x++'=+，分类讨论，研究()f x '的符号情况，进而得到函数的单调区间;(2) 设函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x <，1x 、2x 是()2220g x x x m =++=的二根∴ 12121{ 2x x m x x +=-=，若证()21122ln2f x x x >-+成立，只需证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立.设()()()()()21241ln 1112ln2(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<<，研究其最值即可.试题解析：解： ()f x 的定义域是()1-+∞，,()2221x x mf x x++'=+ (1)由题设知， 10x +>令()222g x x x m =++，这是开口向上，以12x =-为对称轴的抛物线．在1x >-时，当11022g m ⎛⎫-=-+≥ ⎪⎝⎭，即12m ≥时， ()0g x ≥，即()0f x '≥在()1-+∞，上恒成立．2) 当1111222x -<=--<-时，即1022<<，即102m <<时 12x x x <<时， ()0g x <，即()0f x '<11x x -<<或2x x >时， ()0g x >，即()0f x '>综上:0m ≤时， ()f x在1122⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭，上单减，在122⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增； 102m <<时， ()f x在112222⎛⎫---+ ⎪ ⎪⎝⎭上单减，在112⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，和12⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单增; 12m ≥时， ()f x 在()1-+∞，上单增．(2)若函数()f x 有两个极值点12x x 、，且12x x < 则必是102m <<，则1022<<，则121102x x -<<-<<， 且()f x 在()12x x ，上单减，在()11x -，和()2x +∞，上单增， 则()()200f x f <=1x 、2x 是()2220g x x x m =++=的二根∴ 12121{ 2x x m x x +=-=，即121x x =--， 122m x x =∴若证()21122ln2f x x x >-+成立，只需证()()()222222122222ln 124ln 1f x x m x x x x x =++=++()()()()2222222241ln 1121ln2x x x x x x =-++>---+--()22121ln2x x =+-+即证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立 设()()()()()21241ln 1112ln2(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<<()()()4412ln 1ln x x x eϕ=-+++'当102x -<<时， 120x +>， ()ln 10x +<， 4ln 0e >故()0x ϕ'>,故()x ϕ在102⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单增故()()11111124ln 12ln20242222x ϕϕ⎛⎫⎛⎫>-=⨯-⨯⨯-⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴ ()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立 ∴ ()21122ln2f x x x >-+【变式3】【2018安徽六安市寿县第一中学第一次月考】已知函数()ln f x x x =-．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若方程()f x m = (2)m <-有两个相异实根1x ， 2x ，且12x x <，证明：2122x x <.【答案】（Ⅰ）()y f x =在(0,1)递增， ()y f x =在(1,+ )∞递减（Ⅱ在此处键入公式。
完整版)导数的综合大题及其分类
完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。
命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。
这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。
题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。
1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。
如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。
2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。
3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。
在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。
例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。
x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。
审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。
规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。
则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。
导数的综合应用
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．(其中，e为自然对数的底数)．
考点3：导数与生活中的优化问题
例3、(2013·南京模拟)请你设计一个包装盒．如图2－12－2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)．
我得了多少分？
六、达标训练：（每题5分，共30分，试一试，相信你肯定行）
1．(人教A版教材习题改编)函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是()
A．(－∞，－]B．[－，＋∞)
C．[0，＋∞)D．(－∞，0)
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＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
变式练习
(2013·青岛模拟)已知a＞0，函数f(x)＝lnx－ax2，x＞0.(f(x)的图象连续不断)
(1)求f(x)的单调区间；
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
4．已知f(x)＝1＋x－sinx，试比较f(2)，f(3)，f(π)的大小为________．
5．(2013·大连模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
七、课后反思：
2．生活中的优化问题
导数的综合应用题型及解法
精心整理导数的综合应用题型及解法题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；题型二：利用导数几何意义求切线方程 (2) 求函数()y f x =的单调区间和极值； 5．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．题型四：利用导数研究函数的图象 6．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ D ）（D ） 根（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围.10．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间（2）若对x ?〔－1，2〕，不等式f （x ）?c2恒成立，求c 的取值范围。
题型六：利用导数研究方程的根11．已知平面向量a =(3,－1). b =(21,23).（1）若存在不同时为零的实数k 和t ，使x =a +(t2－3)b ，y =-k a +t b ，x ⊥y ，试求函数关系式38(0120).12800080y x x x =-+<≤已知甲、乙两地相距100千米。
（I ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（II ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？题型九：导数与向量的结合 1．设平面向量3113(),().2222a b =-=，，若存在不同时为零的两个实数s 、t 及实数k ，使且b t s k t ⊥+-=-+=,)(2()S f t =。
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导数的综合应用题型及
解法
Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】
导数的综合应用题型及解法
题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；
题型二：利用导数几何意义求切线方程
2．求下列直线的方程：
（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2
x y =过点P(3,5)的切线； 题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值
3．已知函数
))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；
（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围
4．已知三次函数
32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式；
(2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；
5．设函数()()()f x x x a x b =--．
（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；
（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．
题型四：利用导数研究函数的图象
6．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ D ）
（A ） （B ） （C ） （D ） 7．函数的图像为14313+-=x x y ( A )
x y o 4 -2 4
-2
-
-x y o 4 -2 4 -2 --x y y 4 -2 4 -2 --6
6 6 6 y x
-4 -2
o 4 2 2 4
8．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( B )
A 、0
B 、1
C 、2
D 、3
题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围
9．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f
（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.
（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围.
10．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－2
3与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间
（2）若对x 〔－1，2〕，不等式f （x ）c2恒成立，求c 的取值范围。
题型六：利用导数研究方程的根
11．已知平面向量a =(3,－1). b =(21,23).
（1）若存在不同时为零的实数k 和t ，使x =a +(t2－3)b ，y =-k a +t b ，x ⊥y ，
试求函数关系式k=f(t) ；
(2) 据(1)的结论，讨论关于t 的方程f(t)－k=0的解的情况.
题型七：导数与不等式的综合
12．设
ax x x f a -=>3)(,0函数在),1[+∞上是单调函数. （1）求实数a 的取值范围；
（2）设0x ≥1，，)(x f ≥1，且00))((x x f f =，求证：00)(x x f =.
13．已知a 为实数，函数23()()()2f x x x a =++
（1）若函数()f x 的图象上有与x 轴平行的切线，求a 的取值范围
（2）若'(1)0f -=，求函数()f x 的单调区间
题型八：导数应用题
14．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y （升）关于行驶速度x （千米/小时）的函数解析式可以表示为：
3138(0120).12800080y x x x =-+<≤ 已知甲、乙两地相距100千米。
（I ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升
（II ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少最少为多少升
题型九：导数与向量的结合
1．设平面向量3113(),().22a b =-=，，若存在不同时为零的两个实数s 、t 及实数k ，使且b t s k t ⊥+-=-+=,)(2
（1）求函数关系式()S f t =；
（2）若函数()S f t =在[)∞+，
1上是单调函数，求k 的取值范围。