2014年-高三数学高考总复习：15-导数的综合应用-(理)-配套相应练习与解析(基础)知识梳理

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2024高考数学习题导数的综合运用训练册

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

2014年高考导数的综合应用(精华)

导数的综合应用(推荐时间：70分钟)1．设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；(2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m ，即3x 2－9x ＋(6－m )≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m )≤0，解得m ≤－34，即m 的最大值为－34.(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，f (x )＝0仅有一个实根．解得a <2或a >52.2．已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)e x (a ∈R )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当x 1，x 2∈[0,2]时，证明：f (x 1)－f (x 2)≤e. (1)解 f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ，由已知得f ′(1)＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝(x －2)e x 在x ＝1处取得极小值．所以a ＝1.(2)证明由(1)知，f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x－1)e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝(x －1)e x ≤0， f (x )在区间[0,1]上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＝(x －1)e x >0， f (x )在区间(1,2]上单调递增，所以在区间[0,2]上，f (x )的最小值为f (1)＝－e. 又f (0)＝－2，f (2)＝0，所以在区间[0,2]上，f (x )的最大值为f (2)＝0，对于x 1，x 2∈[0,2]，有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )max －f (x )min ，所以f (x 1)－f (x 2)≤0－(－e)＝e. 3．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数g (x )＝f (x )－k (x －1)，其中k ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)．令f ′(x )≥0，得ln x ≥－1＝ln e －1，x ≥1e；令f ′(x )≤0，得x ∈(]0，1e . 所以f (x )的单调递增区间是[)1e ，＋∞，单调递减区间是(]0，1e ，f (x )的极小值为f ()1e ＝－1e.f (x )无极大值．(2)g (x )＝x ln x －k (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－k ，由g ′(x )＝0，得x ＝e k －1，所以，在区间(0，e k －1)上，g (x )为递减函数，在区间(e k －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e k －1≤1，即k ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数，所以，g (x )的最大值为g (e)＝e －k e ＋k ；当1<e k －1<e ，即1<k <2时， g (x )的最大值是g (1)或g (e)，由g (1)＝g (e)，得k ＝ee －1，当1<k <ee －1时，g (e)＝e －e k ＋k >0＝g (1)，g (x )最大值为g (e)＝e －k e ＋k ，当e e －1≤k <2时，g (e)＝e －e k ＋k <0＝g (1)，g (x )最大值为g (1)＝0；当e k －1≥e ，即k ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数，所以g (x )最大值为g (1)＝0.综上，当k <ee －1时，g (x )最大值为e －k e ＋k ；当k ≥ee －1时，g (x )的最大值为0.4．某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克，1<x ≤5)满足：当1<x ≤3时，y ＝a (x －3)2＋bx －1(a ，b 为常数)；当3<x ≤5时，y ＝－70x ＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a ，b 的值，并确定y 关于x 的函数解析式；(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x 的值，使店铺每日销售该特产所获利润f (x )最大(x 精确到0.01元/千克)．解 (1)因为x ＝2时，y ＝700；x ＝3时，y ＝150，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝700b2＝150，解得a ＝400，b ＝300.每日的销售量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400(x －3)2＋300x －1 (1<x ≤3)－70x ＋490 (3<x ≤5).(2)由(1)知，当1<x ≤3时，每日销售利润f (x )＝⎣⎡⎦⎤400(x －3)2＋300x －1(x －1)＝400(x －3)2(x －1)＋300＝400(x 3－7x 2＋15x －9)＋300(1<x ≤3) f ′(x )＝400(3x 2－14x ＋15)．当x ＝53，或x ＝3时f ′(x )＝0；当x ∈()1，53时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈()53，3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴x ＝53是函数f (x )在(1,3]上的唯一极大值点，f ()53＝400×3227＋300>700；当3<x ≤5时，每日销售利润f (x )＝(－70x ＋490)(x －1)＝－70(x 2－8x ＋7)f (x )在x ＝4时有最大值，且f (4)＝630<f ()53. 综上，销售价格x ＝53≈1.67元/千克时，每日利润最大．5．已知函数f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)(a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g (x )＝λf (x )＋sin x 在区间[－1,1]上是减函数． (1)求实数a 的值；(2)若g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数t 的最大值；(3)若关于x 的方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m 有且只有一个实数根，求m 的值．解 (1)∵f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)是实数集R 上的奇函数，∴f (0)＝0，即ln(e 0＋a ＋1)＝0⇒2＋a ＝1⇒a ＝－1，将a ＝－1代入f (x )＝ln e x ＝x ，显然为奇函数． (2)由(1)知g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， ∴g ′(x )＝λ＋cos x ，x ∈[－1,1]， ∴要使g (x )是区间[－1,1]上的减函数，则有g ′(x )≤0在x ∈[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x )min ，∴λ≤－1.要使g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，只需g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin 1≤λt －1在λ≤－1时恒成立即可．∴(t ＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可．令h (λ)＝(t ＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，则⎩⎨⎧t ＋1≤0，h (－1)≥0，即⎩⎨⎧t ＋1≤0，－t －2＋sin 1≥0，∴t ≤sin 1－2，∴实数t 的最大值为sin 1－2. (3)由(1)知方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m ，令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f ′1(x )＝1－ln xx 2当x ∈(0，e]时，f ′1(x )≥0， ∴f 1(x )在(0，e]上为增函数；当x ∈[e ，＋∞)时，f ′1(x )≤0， ∴f 1(x )在[e ，＋∞)上为减函数；当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e.而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2. ∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.只有当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有且只有一个实数根． 6．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．(1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x >0)．当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，若0<x <1a ，则ax －1<0，从而f ′(x )<0，若x >1a，则ax －1>0，从而f ′(x )>0，函数在()0，1a 上单调递减，在()1a ，＋∞上单调递增．(2)解根据(1)函数的极值点是x ＝1a ，若1a ＝1，则a ＝1.所以f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，由于x >0，即b ≤1＋1x －ln xx.令g (x )＝1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln xx 2＝ln x －2x 2，可知x ＝e 2为函数g (x )在(0，＋∞)内唯一的极小值点，也是最小值点，故g (x )min ＝g (e 2)＝－1e 2，所以1＋1x －ln x x 的最小值是1－1e 2，故只要b ≤1－1e2即可，故b 的取值范围是(]－∞，1－1e 2.(3)证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )⇔e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1).构造函数h (x )＝e xln x，则h ′(x )＝e x ln x －1xe x ln 2x ＝e x ()ln x －1xln 2x ，可知函数在(e ，＋∞)上h ′(x )>0，即函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增，由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ，所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，所以e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．。

2014届高考数学一轮复习效果监测《导数的综合应用》

导数的综合应用【选题明细表】不等式问题1.已知函数f(x)=x2+mx+ln x是单调递增函数，则m的取值范围是( B )(A)m>-2(B)m≥-2(C)m<2 (D)m≤2解析:函数定义域为(0，+∞)，又f'(x)=2x+m+.依题意有f'(x)=2x+m+≥0在(0，+∞)上恒成立，∴m≥-恒成立，设g(x)=-，则g(x)=-≤-2，当且仅当x=时等号成立.故m≥-2，故选B.2.(2013洛阳统考)函数f(x)的定义域是R，f(0)=2，对任意x∈R，f(x)+f'(x)>1，则不等式e x·f(x)>e x+1的解集为( A )(A){x|x>0} (B){x|x<0}(C){x|x<-1或x>1} (D){x|x<-1或0<x<1}解析:构造函数g(x)=e x·f(x)-e x，因为g'(x)=e x·f(x)+e x·f'(x)-e x=e x[f(x)+f'(x)]-e x>e x-e x=0，所以g(x)=e x·f(x)-e x为R上的增函数.又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.故选A.3.如图所示，一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t)(S(0)=0)，则导函数y=S'(t)的图象大致为( A )解析:由导数的定义知，S'(t0)表示面积函数S(t0)在t0时刻的瞬时变化率.如图所示，正五角星薄片中首先露出水面的是区域Ⅰ，此时其面积S(t)在逐渐增大，且增长速度越来越快，故其瞬时变化率S'(t)也应逐渐增大;当露出的是区域Ⅱ时，此时的S(t)应突然增大，然后增长速度减慢，但仍为增函数，故其瞬时变化率S'(t)也随之突然变大，再逐渐变小，但S'(t)>0(故可排除选项B);当五角星薄片全部露出水面后，S(t)的值不再变化，故其导数值S'(t)最终应等于0，符合上述特征的只有选项A.4.已知f(x)是定义域为R的奇函数，f(-4)=-1，f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示.若两正数a，b满足f(a+2b)<1，则的取值范围是( B )(A)(B)(C)(-1，0) (D)(-∞，-1)解析:因为f(x)是定义域为R的奇函数，f(-4)=-1，所以f(-4)=-f(4)，所以f(4)=1，所以f(a+2b)<f(4)，又由f'(x)≥0，得f(x)为增函数，所以a+2b<4，而a，b为正数，所以a+2b<4所表示的区域为如图所示的直角三角形AOB(不包括边界)，其中A(0，4)，B(2，0)，可看成是直线PM的斜率，其中P(-2，-2)，M(b，a)在直角三角形AOB的内部(不包括边界)，所以k PB<k PM<k PA，而k PA==3，k PB==，所以<k PM<3，故选B.5.(2013淄博一检)已知a≤+ln x对任意x∈恒成立，则a的最大值为( A )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:设f(x)=+ln x=+ln x-1，则f'(x)=-+=.当x∈时，f'(x)<0，故函数f(x)在上单调递减;当x∈(1，2]时，f'(x)>0，故函数f(x)在(1，2]上单调递增，∴f(x)min=f(1)=0，∴a≤0，即a的最大值为0.故选A.二、填空题6.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y=x3-x2-40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为.解析:由y'=x2-39x-40=0，得x=-1或x=40，由于0<x<40时，y'<0;当x>40时，y'>0.所以当x=40时，y有最小值.答案:407.关于x的方程x3-3x2-a=0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是.解析:方程可化为a=x3-3x2，设f(x)=x3-3x2，则f'(x)=3x2-6x，由f'(x)>0，得x>2或x<0;由f'(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(-∞，0)和(2，+∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，故f(x)在x=0处有极大值，f(0)=0.在x=2处有极小值f(2)=-4.要使方程有三个不同的实根，则有-4<a<0.答案:(-4，0)8.(2013天津模拟)函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是.解析:f'(x)=3x2+6ax+3(a+2)，令3x2+6ax+3(a+2)=0，即x2+2ax+a+2=0.因为函数f(x)既有极大值又有极小值，所以方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根，即Δ=4a2-4a-8>0，解得a>2或a<-1.答案:a>2或a<-1三、解答题9.(2013银川模拟)设函数f(x)=aln x-bx2(x>0)，(1)若函数f(x)在x=1处与直线y=-相切，①求实数a，b的值;②求函数f(x)在上的最大值.(2)当b=0时，若不等式f(x)≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围.解:(1)①f'(x)=-2bx，∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切，∴解得②f(x)=ln x-x2，f'(x)=-x=，当≤x≤e时，令f'(x)>0得≤x<1;令f'(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)max=f(1)=-.(2)当b=0时，f(x)=aln x，不等式f(x)≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即aln x≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即m≤aln x-x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，令h(a)=aln x-x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴ln x>0，∴h(a)在a∈上单调递增，∴h(a)min=h(0)=-x，∴m≤-x对所有的x∈(1，e2]都成立.∵1<x≤e2，∴-e2≤-x<-1，∴m≤(-x)min=-e2.10.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>x2-2ax+1.(1)解:∵f'(x)=e x-2，由f'(x)<0可得，x<ln 2;由f'(x)>0可得x>ln 2，所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，+∞).当x=ln 2时，有极小值f(ln 2)=2(1-ln 2+a).(2)证明:设g(x)=e x-x2+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)的最小值为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，+∞)，g(x)>0，即e x-x2+2ax-1>0，故e x>x2-2ax+1.。

2014届高考数学(苏教版)一轮复习题及详解第3章导数及其应用3.3导数的综合应用

15 导数的综合应用一、填空题1．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是__________．2．(2013江苏溧水中学模拟)已知f (x )＝x ＋cos x (x ∈R )，则不等式f (e x －1)＞f (0)的解集为__________．3．已知函数y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，则m 的取值范围是__________．4．(2013江苏南通高三调研)已知f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12，m ∈R .若对于任意实数x ，f (x )≥0恒成立，则m 的取值范围为________．5．已知函数f (x )＝x ＋sin x ．设P ，Q 是函数f (x )图象上相异的两点，则直线PQ 的斜率________0(填“＞”、“＜”)．6．已知：三次函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，当且仅当x ＞4时，f (x )＞x 2－4x ＋5.则函数f (x )的解析式为________．7．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有f (0)＋f (2)________2f (1)．8．(2013江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20 m 2，当宽为__________时，使截面周长最小．9．(2013江苏盐城三模)若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈ (0,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．二、解答题10．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．11．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤5)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大？(注：收益＝销售额－投放)．12．(2013江苏泰州月考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈ (0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．参考答案一、填空题1．－16 解析：由f ′(x )＝12－3x 2＝0，得x ＝－2或x ＝2.又f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9，∴函数f (x )在[－3,3]上的最小值为－16.2．(0，＋∞) 解析：f (x )＝x ＋cos x ，f ′(x )＝1－sin x ≥0，∴f (x )(x ∈R )是增函数．若f (e x －1)＞f (0)，则e x －1＞0，e x ＞1，即x ＞0.∴解集为(0，＋∞)．3.⎣⎡⎭⎫－49，0 解析：由y ′＝9x 2＋4x ≤0得－49≤x ≤0，而y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，所以－49≤m ＜0. 4．[4，＋∞) 解析：f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2. 当m ＜4时，f (2)＝4(m －4)＜0，不合题意；当m ≥4时，f (x )＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2≥0，对一切实数x 恒成立．所以m 的取值范围是[4，＋∞)．5．＞6．f (x )＝x 3－32x 2－6x －11 解析：∵f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单增，(－1,2)上单减，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两根－1,2. ∴2312,,326,12,3a a b b ⎧-+⎧⎪=-⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪=--⨯=⎩⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c . 令H (x )＝f (x )－x 2＋4x －5＝x 3－52x 2－2x ＋c －5，H ′(x )＝3x 2－5x －2＝(3x ＋1)(x －2)，H (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－13，(2，＋∞)上单调递增，⎝⎛⎭⎫－13，2上单调递减，故(4)0,11.1()0.3H c H =⎧⎪∴=-⎨-<⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x －11.7．≥ 解析：当x ≥1时，f ′(x )≥0，故f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，故f (0)≥f (1)，又f (2)≥f (1)，所以f (0)＋f (2)≥2f (1)．8．4104＋π解析：如图所示，设半圆的半径为r ，矩形的高为h ，则截面积S ＝2rh ＋πr 22＝20，截面周长C ＝2r ＋2h ＋πr ＝2r ＋20－πr 22r ＋πr ＝2r ＋20r －πr 2＋πr ＝⎝⎛⎭⎫2＋π2r ＋20r . 设C ′(r )＝⎝⎛⎭⎫2＋π2－20r 2，令C ′(r )＝0，解得r ＝2104＋π. 故当r ＝2104＋π时，周长C 最小，即宽为4104＋π时，截面周长最小． 9．a ≥e 23解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，则a ≤－1或a ≥1. 令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＜0，g (x )在(0,1]上递减， g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不适合题意．②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x ＝0⇒x ＝313a， |g (x )|的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln(3a )≥1，解得：a ≥e 23，故所求a ≥e 23. 二、解答题10．解：(1)f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ，令f ′(x )＝0，得18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0两根为x 1，x 2，且x 1x 2＝1＝2a 18，所以a ＝9.(2)由f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a 开口向上，且Δ＝36(a ＋2)2－8×18a ＝36(a 2＋4)＞0恒成立，得方程18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0有两个相异实根，故不存在a 使f (x )是单调函数．11．解：(1)设投入t (t 百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0＜t ≤3)，所以当t ＝2百万元时，f (t )取得最大值4百万元．即投入2百万元时的广告费时，该公司由此获得的收益最大．(2)设用技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，则有g (x )＝⎝⎛⎭⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)，所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝2，或x ＝－2(舍去)．又当0≤x ＜2时，g ′(x )＞0，当2＜x ≤3时，g ′(x )＜0.故g (x )在[0,2]上是增函数，在[2,3]上是减函数．所以当x ＝2时，g (x )取最大值，即将2百万元用于技术改造， 1百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．12．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减；在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e.(2)解：存在x ∈∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即存在x ∈ (0，＋∞)使2x ln x ≤－x 2＋ax－3能成立，等价于存在x ∈ (0，＋∞)使a ≥2ln x ＋x ＋3x能成立．等价于a ≥⎝⎛⎭⎫2ln x ＋x ＋3x min . 记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈ (0，＋∞)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 当x ∈ (0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈ (1，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.(3)证明：记j (x )＝2⎝⎛⎭⎫x e x －2e ，x ∈ (0，＋∞)，则j ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1－x e x .当x ∈ (0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈ (1，＋∞)时，j ′(x )＜0，所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e. 又由(1)知当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e，故对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．。

2014届高三一轮数学(理)复习第16讲导数的综合应用课件

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3．(2012·安徽省马鞍山市 4 月高三第二次质检)函数 f(x)
在定义域 R 内可导，若 f(x)＝f(2－x)，且当 x∈(－∞，1)时，
(x－1)f′(x)＜0，设 a＝f(0)，b＝f(12)，c＝f(3)，则( B )
A．a＜b＜c
B．c＜a＜b
C．c＜b＜a
D．b＜c＜a
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解析：由 f(x)＝f(2－x)，知函数 f(x)的对称轴为 x＝1，则 a＝f(0)＝f(2)，f(32)＝f(12)．
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【拓展演练 1】 (2012·黑龙江省哈三中等四校联考)设 f(x)＝ln x， g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求 g(x)的单调区间和最小值； (2)讨论 g(x)与 g(1x)的大小关系； (3)求 a 的取值范围，使得 g(a)－g(x)<1a对任意 x＞0 成立．
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解析：(1)由题设知 f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋1x，所以 g ′(x)＝x－x2 1.令 g ′(x)＝0，得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，g ′(x)<0，故(0,1)是 g(x)的单调递减区间，当 x∈(1，＋∞)时，g ′(x)>0，故(1，＋∞)是 g(x)的单调递增区间．因此，x＝1 是 g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为 g(1)＝1.
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ห้องสมุดไป่ตู้
2.(2010·江西卷)如图，一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记 t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为 S(t)(S(0)＝0)，则导函数 y＝S′(t)的图象大致
为( )
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( A)
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解析：导函数 y＝S′(t)即为单位时间内五角星出水的面积率，由图可知当一个角出来时，面积由 0 开始，逐渐增多，当一个角都出完了，则面积率一下由最大开始减小．由图象可知单位时间的面积率会先增加，然后减小，结合选项只有 A 正确．

导数在研究函数的综合应用(三)：高考数学一轮复习基础必刷题

导数在研究函数的综合应用（三）------高考数学一轮复习基础必刷题姓名：___________��班级：___________��学号：___________一、单选题1．已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则()y f x =的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+单调递增区间是（）A ．（0,+∞）B ．（-∞,0）C ．（0,1）D ．（1,+∞）4．已知函数()286ln 1f x x x x =-++，则()f x 的极大值为（）A ．10B ．6-C ．7-D ．05．函数2()2ln f x x x m x =-+在定义域上是增函数，则实数m 的取值范围为（）A ．12m ≥B ．12m >C ．12m ≤D ．12m <6．若定义在R 上的函数()y f x =的图象如图所示，()f x '为函数()f x 的导函数，则不等式()()20x f x '+>的解集为（）．A ．()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞B ．()()3,11,--⋃+∞C ．()()3,10,1-- D ．()()3,21,1--⋃-7．如果直线l 与两条曲线都相切，则称l 为这两条曲线的公切线，如果曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，那么常数a 的取值范围是（）A ．(),0-∞B ．()0,1C ．()1,e D ．(),e +∞8．函数||()sin =-x f x e x 的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题9．函数()43ln f x x x x=++的单调递减区间是______．10．若函数()32f x x bx cx d =+++的单调递减区间为()1,3-，则b c +=_________．11．若过定点(1,e)P 恰好可作曲线e (0)x y a a =>的两条切线，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．已知函数f （x ）＝ax 2ex ﹣1（a ≠0）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知a ＞0且x ∈[1，+∞），若函数f （x ）没有零点，求a 的取值范围.13．确定下列函数的单调区间：(1)2y x x =-；(2)3y x x =-．14．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.（1）求()f x 的解析式；（2）记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围.15．已知函数2()(1)x f x ax bx e -=++，其中e 为自然对数的底数.（1）若a =0，求函数()f x 的单调区间；（2）若1,3a b ==，证明x ＞0时，()f x ＜52ln x x x-+参考答案：1．D 【解析】【分析】根据导数图象，可知函数的单调性，并且结合()00f '=，即可排除选项.【详解】由导数图象可知，()0f x '≥，所以函数单调递增，故排除C ；并且()00f '=，故排除AB ；满足条件的只有D.故选：D 2．A 【解析】【分析】结合导函数图象确定正确选项.【详解】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合.故选：A 3．C 【解析】【分析】求导，令导数大于0，解不等式可得.【详解】()ln 1f x x x =-+的定义域为(0,)+∞令11()10x f x x x-'=-=>，解得01x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1).故选：C 4．B 【解析】【分析】利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()213628x x f x x x x--'=-+=,令()0f x '=，解得1x =或3x =，故x ()0,11()1,33()3,+∞()f x '0>0=0<0=0>()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()f x 的极大值为()16f =-，故选：B.5．A 【解析】【分析】根据导数与单调性的关系即可求出．【详解】依题可知，()220mf x x x'=-+≥在()0,∞+上恒成立，即221122222m x x x ⎛⎫≥-=--+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，所以12m ≥．故选：A ．6．A 【解析】利用()y f x =的图象如图判断()f x 单调性，进而判断()f x '在对应区间的正负，解不等式即可【详解】由图像可知：()f x '在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20x f x '+>可化为:20()0x f x +>>'⎧⎨⎩或20()0x f x +<<'⎧⎨⎩解得:-2<x <-1或x >1或x <-3故不等式的解集为：()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞.故选：A 【点睛】导函数()f x '与原函数()f x 的单调性的关系：（1）()0f x '>⇒原函数在对应区间单增；()0f x '<⇒原函数在对应区间单减；（2）原函数在对应区间单增⇒()0f x '≥；原函数在对应区间单减⇒()0f x '≤.7．B 【解析】【分析】把曲线1C 和曲线2C)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，利用导数研究单调性和极值，建立不等式20-<-<，即可解得.【详解】曲线1:ln C y x =上一点()11,ln A x x ，11y x '=，切线方程为：1111ln y x x x =-+.曲线()2:0x a C y x x -=>上一点22,1a B x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22a y x '=，切线方程为：22221a a y x x x =+-.若直线l 与两条曲线都相切，则有2121212ln 11a x x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去2x)1ln 2x -=-因为曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，则())1ln 2f x x x '=-+=令()0f x '>，得1x >，所以()f x 在()1,+∞上单增；()0f x '<，得01x <<，所以()f x 在()0,1上单增.所以()()min 12f x f ==-.又有()0f x =，解得：0x =（舍）或2x e =.当0x +→，则()0f x →；当x →∞，则()f x →+∞；而0-≤)1ln 2x -=-有且仅有两解，只需20-<-<，解得：01a <<.故选：B 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.8．B 【解析】【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【详解】当0x >时，()e cos 1cos 0=->-≥'x f x x x ，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时，()cos 1cos 0-=--<--≤'x f x e x x ，∴()f x 在(,0)-∞上单调递减，排除A 、D ；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B ．9．()0,1【解析】求出导函数()'f x ，在(0,)+∞上解不等式()0f x '<可得()f x 的单调减区间．【详解】()()()'2+41431x x f x x x x-=-+=，其中0x >，令()'0f x <，则(0,1)x ∈，故函数()43ln f x x x x =++的单调减区间为(0,1)，故答案为：(0,1)．【点睛】一般地，若()f x 在区间(,)a b 上可导，我们用'()0f x <求，则()f x 在(,)a b 上的减区间，反之，若()f x 在区间(,)a b 上可导且为减函数，则()0f x '≤，注意求单调区间前先确定函数的定义域．10．12-【解析】求出()'f x ，由1-和3是()0f x '=的根可得．【详解】由题意2()32f x x bx c '=++，所以2320x bx c ++=的两根为1-和3，所以2133133bc ⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，所以3,9b c =-=-，12b c +=-．故答案为：12-．11．(1,)+∞【解析】【分析】求出函数的导数，设切点为(,)m n ，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)e m m a-=-，设()(2)e x f x x =-，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a 的取值范围【详解】由e (0)x y a a =>，得e x y a '=，切点为(,)m n ，则切线的斜率为e m a ，所以切线方程为e ()m y n a x m -=-，因为e m n a =，所以e e ()m m y a a x m -=-，因为点(1,e)P 在切线上，所以e e e (1)m m a a m -=-，得e(2)e m m a-=-，令()(2)e x f x x =-，则()(1)e x f x x '=-，当1x >时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以()f x 在(1,)+∞上递增，在(,1)-∞上递减，所以()f x 在1x =处取得极小值e -，当x →-∞时，()0f x →，当x →+∞时，()f x →+∞，由题意可得直线ey a=-与函数()f x 的图象有两个交点，所以ee 0a-<-<，解得1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞，故答案为：(1,)+∞12．（1）当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.【解析】（1）先求导f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），再分a ＞0和a ＜0进行讨论即可得解；（2）根据（1）可知，当a ＞0时，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，则保证f （1）＞0即可得解.【详解】（1）f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），令f '（x ）＝0，则x ＝0或x ＝﹣2，①若a ＞0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；②若a ＜0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；综上所述，当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.（2）当a ＞0时，由（1）可知，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，若函数没有零点，则f （1）＝ae ﹣1＞0，解得1a e＞，故a 的取值范围为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.13．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)单调递增区间为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫∞⎪⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.（2）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.(1)2y x x =-，12y x '∴=-，当0y '=时，12x =.当0y '>时，12x <，当0y '<时，12x >，∴2y x x =-的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)3y x x =-，213y x '∴=-，当0y '=时，3x =.当0y '>时，33x -<<，当0y '<时，3x >，或3x <-∴3y x x =-的单调递增区间为33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,3⎛-∞- ⎝⎭，3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭.14．（1）3211()2132f x x x x =-+++；（2）15,63⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程()0f x '=的两个解即为1x =-，2x =，代入即得结果；（2）根据题意，将方程()0g x =转化为()f x m =，则函数()y f x =与直线y m =在区间[2-，4]上有三个交点，进而求解m 的取值范围．【详解】解：（1）因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++ ，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；（2）根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-，()1323f =，5(2)3f -=，()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m -< ，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦．15．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 的导数，讨论0b =，0b >，0b <，解不等式可得所求单调区间；（2）分别求得()f x 的最大值，()52ln P x x x x =-+的最小值，比较即可得证.【详解】（1）若0a =，则'2(1)(1)()()x x x x be e bx bx b f x e e -+-+-==，（i ）当0b =时，'1()0x f x e-=<，函数()f x 在R 上单调递减；（ii ）当0b ≠时，'1[(1()xb x b f x e ---=，①若0b >，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减.②若0b <，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.综上可知，当0b >时，函数()f x 的单调递增区间为1(,1)b -∞-，单调递减区间为1(1,)b-+∞；当0b =时，函数()f x 的单调递减区间为R ，无单调递增区间；当0b <时，函数()f x 的单调递增区间为1(1,)b -+∞，单调递减区间为1(,1)b -∞-；（2）若1,3,a b ==则2()(31)x f x x x e -=++，0x >，要证不等式()52ln f x x x x <-+，即证23152ln x x x x x x e++<-+，记()52ln P x x x x =-+，则'1()2ln 1ln P x x x x x=-++⋅=-+，故当(0,)x e ∈时，'()0P x <，函数()P x 单调递减，当(+)x e ∈∞，时，'()0P x >，函数()P x 单调递增，所以()()52ln 5P x p e e e e e ≥=-+=-；又22'2(23)(31)2(2)(1)()()x x x x x x e x x e x x x x f x e e e +-++--++-===-，故(0,1)x ∈时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，所以0x >时，5()(1)f x f e ≤=因为 2.7e ≈，所以55(5)5()0e e e e --=-+>，所以55e e->，所以0x >时，()52ln f x x x x <-+.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性及最值，考查了学生转化的问题的能力及计算能力，是中档题.。

贵州省2014届高三复习理科数学(人教A)三管齐下：15导数的综合应用含解析

15导数的综合应用导学目标：1。

应用导数讨论函数的单调性,并会根据函数的性质求参数范围.2。

会利用导数解决某些实际问题．自主梳理1．函数的最值（1)函数f（x)在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上________,那么它必有最大值和最小值．（2)求函数y＝f(x)在［a，b]上的最大值与最小值的步骤:①求函数y＝f（x）在（a,b)内的________;②将函数y＝f(x）的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f(x）＝x3－3ax－a在（0，1）内有最小值，则a的取值范围为（）A．0≤a〈1 B．0〈a<1C．－1〈a〈1 D．0〈a<错误!2．（2011·汕头月考）设f′（x）是函数f(x）的导函数,将y＝f(x)和y＝f′（x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）3．对于R上可导的任意函数f(x），若满足(x－1)f′(x)≥0,则必有( ）A．f（0）＋f(2)<2f（1）B．f（0)＋f(2)≤2f（1）C．f（0)＋f(2)≥2f(1）D．f(0)＋f(2）〉2f（1)4．（2011·新乡模拟)函数f(x)＝错误!e x (sin x＋cos x）在区间错误!上的值域为______________．5．f(x）＝x（x－c)2在x＝2处有极大值,则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f(x）＝x2e－ax（a>0），求函数在［1，2］上的最大值．变式迁移1 设a>0，函数f（x)＝错误!.（1）讨论f（x)的单调性；（2)求f（x）在区间[a，2a］上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 (2011·张家口模拟)已知f(x）＝错误!x2－a ln x（a∈R)，(1）求函数f（x）的单调区间；(2）求证:当x〉1时，错误!x2＋ln x<错误!x3.变式迁移2 (2010·安徽）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>x2－2ax＋1。

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。

2014届高考江苏专用(理)一轮复习第三章第4讲导数的综合应用

立，此时 f(x)在[1，e]上为减函数， a 3 e ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－ (舍去)． e 2 2
③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
答案 2 2

考向一
运用导数解决恒成立及求参数范围
a 【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为，求 a 的值； 2 (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
审题视点
解析大．答案
y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x
＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最
9
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.
解析设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm.
则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， 20 ∴y′＝12x －104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或 (舍去)， 3
2
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
答案
144
2 ，x≥2， 3．(2011· 北京)已知函数 f(x)＝x 若关于 x 的 x－13，x＜2. 方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 ________．

数学教案导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用

数学教案-导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用教案章节：一、函数的极值概念与判定1. 学习目标：理解函数极值的概念，掌握函数极值的判定方法。

2. 教学内容：介绍函数极值的定义，分析函数极值的判定条件，举例说明函数极值的判定方法。

3. 教学过程：(1) 引入函数极值的概念，解释函数在某一点取得最大值或最小值的意义。

(2) 讲解函数极值的判定条件，如导数为零或不存在，以及函数在该点附近的单调性变化。

(3) 举例说明函数极值的判定方法，如通过导数的正负变化来判断函数的增减性。

二、函数的最值问题1. 学习目标：理解函数最值的概念，掌握函数最值的求解方法。

2. 教学内容：介绍函数最值的概念，分析函数最值的求解方法，举例说明函数最值的求解过程。

3. 教学过程：(1) 引入函数最值的概念，解释函数在整个定义域内取得最大值或最小值的意义。

(2) 讲解函数最值的求解方法，如通过导数的研究来确定函数的极值点，进而求得最值。

(3) 举例说明函数最值的求解过程，如给定一个函数，求其在定义域内的最大值和最小值。

三、导数的综合运用1. 学习目标：掌握导数的综合运用方法，能够运用导数解决实际问题。

2. 教学内容：介绍导数的综合运用方法，分析导数在实际问题中的应用，举例说明导数的综合运用过程。

3. 教学过程：(1) 讲解导数的综合运用方法，如通过导数研究函数的单调性、极值、最值等。

(2) 分析导数在实际问题中的应用，如优化问题、速度与加速度的关系等。

(3) 举例说明导数的综合运用过程，如给定一个实际问题，运用导数来解决问题。

四、实例分析与练习1. 学习目标：通过实例分析与练习，巩固函数极值与最值的求解方法，提高导数的综合运用能力。

2. 教学内容：分析实例问题，运用函数极值与最值的求解方法，进行导数的综合运用练习。

3. 教学过程：(1) 分析实例问题，引导学生运用函数极值与最值的求解方法来解决问题。

(2) 进行导数的综合运用练习，让学生通过实际问题来运用导数，巩固所学知识。

2014高考数学(理)一轮复习学案课件第2编导数的应用

学案12 导数的应用
考纲解读考向预测课前热身
考点突破
即时巩固课后拔高
考点四考点三考点二考点一
真题再现误区警示规律探究
考纲解读
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考向预测
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课前热身
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考点一
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考点二
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考点三
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考点四
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真题再现
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误区警示
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规律探究
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即时巩固
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课后拔高
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2014年湖北省高考数学试卷(理科)答案与解析

2014年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2014•湖北）i为虚数单位，（）2=（）A．﹣1 B．1C．﹣i D．i2．（5分）（2014•湖北）若二项式（2x+）7的展开式中的系数是84，则实数a=（）A．2B．C．1D．3．（5分）（2014•湖北）设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁U C”是“A∩B=∅”的（）A．充分而不必要的条件B．必要而不充分的条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）（2014•湖北）根据如下样本数据，得到回归方程=bx+a，则（）x 3 4 5 6 7 8y 4.0 2.5 ﹣0.5 0.5 ﹣2.0 ﹣3.0A．a＞0，b＞0 B．a＞0，b＜0 C．a＜0，b＞0 D．a＜0，b＜05．（5分）（2014•湖北）在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②6．（5分）（2014•湖北）若函数f（x），g（x）满足f（x）g（x）dx=0，则f（x），g（x）为区间[﹣1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：①f（x）=sin x，g（x）=cos x；②f（x）=x+1，g（x）=x﹣1；③f（x）=x，g（x）=x2，其中为区间[﹣1，1]上的正交函数的组数是（）A．0B．1C．2D．37．（5分）（2014•湖北）由不等式组确定的平面区域记为Ω1，不等式组确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为（）A．B．C．D．8．（5分）（2014•湖北）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A．B．C．D．9．（5分）（2014•湖北）已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点．且∠F1PF2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（）A．B．C．3D．210．（5分）（2014•湖北）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2），若∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），则实数a的取值范围为（）A．[﹣，]B．[﹣，]C．[﹣，]D．[﹣，]二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．11．（5分）（2014•湖北）设向量=（3，3），=（1，﹣1），若（+λ）⊥（﹣λ），则实数λ=．12．（5分）（2014•湖北）直线l1：y=x+a和l2：y=x+b将单位圆C：x2+y2=1分成长度相等四段弧，则a2+b2=．13．（5分）（2014•湖北）设a是一个各位数字都不是0且没有重复数字三位数，将组成a的3个数字按从小到大排成的三位数记为I（a），按从大到小排成的三位数记为D（a）（例如a=815，则I（a）=158，D（a）=851），阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个a，输出的结果b=．三、解答题14．（2014•湖北）设f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，且f（x）＞0，对任意a＞0，b＞0，若经过点（a，f（a）），（b，﹣f（b））的直线与x轴的交点为（c，0），则称c为关于函数f（x）的平均数，记为M f（a，b），例如，当f（x）=1（x＞0）时，可得M f（a，b）=c=，即M f（a，b）为a，b的算术平均数．（1）当f（x）=（x＞0）时，M f（a，b）为a，b的几何平均数；（2）当f（x）=（x＞0）时，M f（a，b）为a，b的调和平均数；（以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可）15．（2014•湖北）如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点，若QC=1，CD=3，则PB=．16．（2014•湖北）已知曲线C1的参数方程是（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ=2，则C1与C2交点的直角坐标为．17．（11分）（2014•湖北）某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：f（t）=10﹣，t∈[0，24）（Ⅰ）求实验室这一天的最大温差；（Ⅱ）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？18．（12分）（2014•湖北）已知等差数列{a n}满足：a1=2，且a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n＞60n+800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．19．（12分）（2014•湖北）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0＜λ＜2）（Ⅰ）当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．20．（12分）（2014•湖北）计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X（年入流量：一年内上游来水与库区降水之和．单位：亿立方米）都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，假设各年的年入流量相互独立．（Ⅰ）求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；（Ⅱ）水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X 40＜X＜80 80≤X≤120 X＞120发电机最多可运行台数1 2 3若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元，若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？21．（14分）（2014•湖北）在平面直角坐标系xOy中，点M到点F（1，0）的距离比它到y轴的距离多1，记点M 的轨迹为C．（Ⅰ）求轨迹C的方程；（Ⅱ）设斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．22．（14分）（2014•湖北）π为圆周率，e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）求函数f（x）=的单调区间；（Ⅱ）求e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数中的最大数和最小数；（Ⅲ）将e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．2014年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题；数系的扩充和复数．分析：可先计算出的值，再计算平方的值．解答：解：由于，所以，（）2=（﹣i）2=﹣1故选A．点评：本题考查复数代数形式的计算，属于容易题2．（5分）考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：利用二项式定理的展开式的通项公式，通过x幂指数为﹣3，求出a即可．解答：解：二项式（2x+）7的展开式即（+2x）7的展开式中x﹣3项的系数为84，所以T r+1==，令﹣7+2r=﹣3，解得r=2，代入得：，解得a=1，故选：C．点评：本题考查二项式定理的应用，特定项的求法，基本知识的考查．3．（5分）考点：充要条件；集合的包含关系判断及应用．专题：集合；简易逻辑．分析：通过集合的包含关系，以及充分条件和必要条件的判断，推出结果．解答：解：由题意A⊆C，则∁U C⊆∁U A，当B⊆∁U C，可得“A∩B=∅”；若“A∩B=∅”能推出存在集合C使得A⊆C，B⊆∁U C，∴U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A⊆C，B⊆∁U C”是“A∩B=∅”的充分必要的条件．故选：C．点评：本题考查集合与集合的关系，充分条件与必要条件的判断，是基础题．4．（5分）考点：线性回归方程．专题：概率与统计．分析：通过样本数据表，容易判断回归方程中，b、a的符号．解答：解：由题意可知：回归方程经过的样本数据对应的点附近，是减函数，所以b＜0，且回归方程经过（3，4）与（4，3.5）附近，所以a＞0．故选：B．点评：本题考查回归方程的应用，基本知识的考查．5．（5分）考点：简单空间图形的三视图．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得结论．解答：解：在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②，故选：D．点评：本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题．6．（5分）考点：微积分基本定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：利用新定义，对每组函数求积分，即可得出结论．解答：解：对于①：[sin x•cos x]dx=（sinx）dx=cosx=0，∴f（x），g（x）为区间[﹣1，1]上的一组正交函数；对于②：（x+1）（x﹣1）dx=（x2﹣1）dx=（）≠0，∴f（x），g（x）不为区间[﹣1，1]上的一组正交函数；对于③：x3dx=（）=0，∴f（x），g（x）为区间[﹣1，1]上的一组正交函数，∴正交函数有2组，故选：C．点评：本题考查新定义，考查微积分基本定理的运用，属于基础题．7．（5分）考点：几何概型；简单线性规划．专题：概率与统计．分析：作出不等式组对应的平面区域，求出对应的面积，利用几何槪型的概率公式即可得到结论．解答：解：平面区域Ω1，为三角形AOB，面积为，平面区域Ω2，为四边形BDCO，其中C（0，1），由，解得，即D（，），则三角形ACD的面积S==，则四边形BDCO的面积S=，则在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为，故选：D．点评：本题主要考查几何槪型的概率计算，利用线性规划的知识求出对应的区域和面积是解决本题的关键．8．（5分）考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：根据近似公式V≈L2h，建立方程，即可求得结论．解答：解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=（2πr）2，∴=（2πr）2h，∴π=．故选：B．点评：本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．9．（5分）考点：椭圆的简单性质；余弦定理；双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理即可得到结论．解答：解：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，椭圆和双曲线的离心率分布为e1，e2∵∠F1PF2=，∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①在椭圆中，①化简为即4c2=4a12+3r1r2，即，②在双曲线中，①化简为即4c2=4a22+r1r2，即，③联立②③得，=4，由柯西不等式得（1+）（）≥（1×+）2，即（）=即，d当且仅当时取等号，故选：A点评：本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键．难度较大．10．（5分）考点：函数恒成立问题；函数奇偶性的判断；函数最值的应用．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：把x≥0时的f（x）改写成分段函数，求出其最小值，由函数的奇偶性可得x＜0时的函数的最大值，由对∀x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x），可得2a2﹣（﹣4a2）≤1，求解该不等式得答案．解答：解：当x≥0时，f（x）=，由f（x）=x﹣3a2，x＞2a2，得f（x）＞﹣a2；当a2＜x＜2a2时，f（x）=﹣a2；由f（x）=﹣x，0≤x≤a2，得f（x）≥﹣a2．∴当x＞0时，．∵函数f（x）为奇函数，∴当x＜0时，．∵对∀x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x），∴2a2﹣（﹣4a2）≤1，解得：．故实数a的取值范围是．故选：B．点评：本题考查了恒成立问题，考查了函数奇偶性的性质，运用了数学转化思想方法，解答此题的关键是由对∀x∈R，都有f（x﹣1）≤f（x）得到不等式2a2﹣（﹣4a2）≤1，是中档题．二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．11．（5分）（2014•湖北）考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系．专题：平面向量及应用．分析：根据向量垂直与向量坐标之间的关系建立方程关系，即可得到结论．解答：解：∵向量=（3，3），=（1，﹣1），∴向量||=3，||=，向量•=3﹣3=0，若（+λ）⊥（（﹣λ）），则（+λ）•（（﹣λ）=，即18﹣2λ2=0，则λ2=9，解得λ=±3，故答案为：±3，点评：本题主要考查向量垂直的坐标公式的应用，比较基础．12．（5分）（2014•湖北）考点：直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式．专题：直线与圆．分析：由题意可得，圆心（0，0）到两条直线的距离相等，且每段弧长都是圆周的，即==cos45°，由此求得a2+b2的值．解答：解：由题意可得，圆心（0，0）到两条直线的距离相等，且每段弧长都是圆周的，∴==cos45°=，∴a2+b2=2，故答案为：2．点评：本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，得到∴==cos45°=，是解题的关键，属于基础题．13．（5分）考点：程序框图．专题：计算题；算法和程序框图．分析：给出一个三位数的a值，实验模拟运行程序，直到满足条件，确定输出的a值，可得答案．解答：解：由程序框图知：例当a=123，第一次循环a=123，b=321﹣123=198；第二次循环a=198，b=981﹣189=792；第三次循环a=792，b=972﹣279=693；第四次循环a=693，b=963﹣369=594；第五次循环a=594，b=954﹣459=495；第六次循环a=495，b=954﹣459=495，满足条件a=b，跳出循环体，输出b=495．故答案为：495．点评：本题通过新定义题型考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．三、解答题14．（2014•湖北）考点：平均值不等式．专题：不等式的解法及应用．分析：（1）设f（x）=，（x＞0），在经过点（a，）、（b，﹣）的直线方程中，令y=0，求得x=c=，从而得出结论．（2）设f（x）=x，（x＞0），在经过点（a，a）、（b，﹣b）的直线方程中，令y=0，求得x=c=，从而得出结论．解答：解：（1）设f（x）=，（x＞0），则经过点（a，）、（b，﹣）的直线方程为=，令y=0，求得x=c=，∴当f（x）=，（x＞0）时，M f（a，b）为a，b的几何平均数，故答案为：．（2）设f（x）=x，（x＞0），则经过点（a，a）、（b，﹣b）的直线方程为=，令y=0，求得x=c=，∴当f（x）=x（x＞0）时，M f（a，b）为a，b的调和平均数，故答案为：x．点评：本题主要考查新定义，用两点式求直线的方程，属于中档题．15．（2014•湖北）考点：与圆有关的比例线段．专题：选作题；几何证明．分析：利用切割线定理可得QA2=QC•QD，可求QA，可得PA，利用圆的切线长定理，可得PB．解答：解：∵QA是⊙O的切线，∴QA2=QC•QD，∵QC=1，CD=3，∴QA2=4，∴QA=2，∴PA=4，∵PA，PB是⊙O的切线，∴PB=PA=4．故答案为：4．点评：本题考查圆的切线长定理，考查切割线定理，考查学生的计算能力，属于基础题．16．（2014•湖北）考点：点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程．专题：直线与圆．分析：把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程，再把两曲线的方程联立方程组求得C1与C2交点的直角坐标．解答：解：把曲线C1的参数方程是（t为参数），消去参数化为直角坐标方程为x2=3y2（x≥0，y≥0）．曲线C2的极坐标方程是ρ=2，化为直角坐标方程为x2+y2=4．解方程组，求得，∴C1与C2交点的直角坐标为（，1），故答案为：（，1）．点评：本题主要考查把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程的方法，求两条曲线的交点，属于基础题．17．（11分）考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：（Ⅰ）利用两角和差的正弦公式化简函数解析式为f（t）10﹣2sin（t+），t∈[0，24），利用正弦函数的定义域和值域求得f（x）的最大值及最小值，可得实验室这一天的最大温差．（Ⅱ）由题意可得，当f（t）＞11时，需要降温，由f（t）＞11，求得sin（t+）＜﹣，即≤t+＜，解得t的范围，可得结论．解答：解：（Ⅰ）∵f（t）=10﹣=10﹣2sin（t+），t∈[0，24），∴≤t+＜，故当t+=时，函数取得最大值为10+2=12，当t+=时，函数取得最小值为10﹣2=8，故实验室这一天的最大温差为12﹣8=4℃．（Ⅱ）由题意可得，当f（t）＞11时，需要降温，由（Ⅰ）可得f（t）=10﹣2sin（t+），由10﹣2sin（t+）＞11，求得sin（t+）＜﹣，即≤t+＜，解得10＜t＜18，即在10时到18时，需要降温．点评：本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象特征，两角和差的正弦公式，正弦函数的定义域和值域，三角不等式的解法，属于中档题．18．（12分）考点：等差数列的性质；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）设出数列的公差，利用等比中项的性质建立等式求得d，则数列的通项公式可得．（Ⅱ）利用（Ⅰ）中数列的通项公式，表示出S n根据S n＞60n+800，解不等式根据不等式的解集来判断．解答：解：（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，依题意，2，2+d，2+4d成比数列，故有（2+d）2=2（2+4d），化简得d2﹣4d=0，解得d=0或4，当d=0时，a n=2，当d=4时，a n=2+（n﹣1）•4=4n﹣2．（Ⅱ）当a n=2时，S n=2n，显然2n＜60n+800，此时不存在正整数n，使得S n＞60n+800成立，当a n=4n﹣2时，S n==2n2，令2n2＞60n+800，即n2﹣30n﹣400＞0，解得n＞40，或n＜﹣10（舍去），此时存在正整数n，使得S n＞60n+800成立，n的最小值为41，综上，当a n=2时，不存在满足题意的正整数n，当a n=4n﹣2时，存在满足题意的正整数n，最小值为41点评：本题主要考查了等差数列和等比数列的性质．要求学生对等差数列和等比数列的通项公式，求和公式熟练记忆．19．（12分）考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）建立坐标系，求出=2，可得BC1∥FP，利用线面平行的判定定理，可以证明直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）求出平面EFPQ的一个法向量、平面MNPQ的一个法向量，利用面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，建立方程，即可得出结论．解答：（Ⅰ）证明：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴，建立坐标系，则B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ），∴=（﹣2，0，2），=（﹣1，0，λ），=（1，1，0）λ=1时，=（﹣2，0，2），=（﹣1，0，1），∴=2，∴BC1∥FP，∵FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，∴直线BC1∥平面EFPQ；（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为=（x，y，z），则，∴取=（λ，﹣λ，1）．同理可得平面MNPQ的一个法向量为=（λ﹣2，2﹣λ，1），若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则•=λ（λ﹣2）﹣λ（2﹣λ）+1=0，∴λ=1±．∴存在λ=1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查存在性问题，解题时要合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用．20．（12分）考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）先求出年入流量X的概率，根据二项分布，求出未来4年中，至少有1年的年入流量超过120的概率；（Ⅱ）分三种情况进行讨论，分别求出一台，两台，三台的数学期望，比较即可得到．解答：解：（Ⅰ）依题意，p1=P（40＜X＜80）=，，，由二项分布，未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为=（Ⅱ）记水电站的总利润为Y（单位，万元）（1）安装1台发电机的情形，由于水库年入流总量大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y=5000，E（Y）=5000×1=5000，（2）安装2台发电机的情形，依题意，当40＜X＜80时，一台发电机运行，此时Y=5000﹣800=4200，因此P（Y=4200）=P（40＜X＜80）=p1=，当X≥80时，两台发电机运行，此时Y=5000×2=10000，因此，P（Y=10000）=P（X≥80）=P2+P3=0.8，由此得Y的分布列如下Y 4200 10000P 0.2 0.8所以E（Y）=4200×0.2+10000×0.8=8840．（2）安装3台发电机的情形，依题意，当40＜X＜80时，一台发电机运行，此时Y=5000﹣1600=3400，因此P（Y=3400）=P（40＜X＜80）=p1=0.2，当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y=5000×2﹣800=9200，因此，P（Y=9200）=P（80≤X≤120）=p2=0.7，当X＞120时，三台发电机运行，此时Y=5000×3=15000，因此，P（Y=15000）=P（X＞120）=p3=0.1，由此得Y的分布列如下Y 3400 9200 15000P 0.2 0.7 0.1所以E（Y）=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620．综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．点评：本题主要考查了数学期望和二项分布，再求最大利润时，需要分类讨论，属于中档题．21．（14分）考点：轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）设出M点的坐标，直接由题意列等式，整理后即可得到M的轨迹C的方程；（Ⅱ）设出直线l的方程为y﹣1=k（x+2），和（Ⅰ）中的轨迹方程联立化为关于y的一元二次方程，求出判别式，再在直线y﹣1=k（x+2）中取y=0得到．然后分判别式小于0、等于0、大于0结合x0＜0求解使直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．解答：解：（Ⅰ）设M（x，y），依题意得：|MF|=|x|+1，即，化简得，y2=2|x|+2x．∴点M的轨迹C的方程为；（Ⅱ）在点M的轨迹C中，记C1：y2=4x（x≥0），C2：y=0（x＜0）．依题意，可设直线l的方程为y﹣1=k（x+2）．由方程组，可得ky2﹣4y+4（2k+1）=0．①当k=0时，此时y=1，把y=1代入轨迹C的方程，得．故此时直线l：y=1与轨迹C恰好有一个公共点（）．②当k≠0时，方程ky2﹣4y+4（2k+1）=0的判别式为△=﹣16（2k2+k﹣1）．设直线l与x轴的交点为（x0，0），则由y﹣1=k（x+2），取y=0得．若，解得k＜﹣1或k＞．即当k∈时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．若或，解得k=﹣1或k=或．即当k=﹣1或k=时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．当时，直线l与C1有两个公共点，与C2无公共点．故当k=﹣1或k=或时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．若，解得﹣1＜k＜﹣或0＜k＜．即当﹣1＜k＜﹣或0＜k＜时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点．此时直线l与C恰有三个公共点．综上，当k∈∪{0}时，直线l与C恰有一个公共点；当k∪{﹣1，}时，直线l与C恰有两个公共点；当k∈时，直线l与轨迹C恰有三个公共点．点评：本题考查轨迹方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，体现了分类讨论的数学思想方法，重点是做到正确分类，是中档题．22．（14分）考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）先求函数定义域，然后在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可得到单调增、减区间；（Ⅱ）由e＜3＜π，得eln3＜elnπ，πlne＜πln3，即ln3e＜lnπe，lneπ＜ln3π．再根据函数y=lnx，y=e x，y=πx 在定义域上单调递增，可得3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π，从而六个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e＜3＜π及（Ⅰ）的结论，得f（π）＜f（3）＜f（e），即，由此进而得到结论；（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，3e＜πe＜π3＜3π，3e＜e3，又由（Ⅱ）知，，得πe＜eπ，故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．由（Ⅰ）可得0＜x＜e时，．，令x=，有ln＜，从而2﹣lnπ，即得lnπ．①，由①还可得lnπe＞lne3，3lnπ＞π，由此易得结论；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）=，∴f′（x）=，当f′（x）＞0，即0＜x＜e时，函数f（x）单调递增；当f′（x）＜0，即x＞e时，函数f（x）单调递减．故函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）．（Ⅱ）∵e＜3＜π，∴eln3＜elnπ，πlne＜πln3，即ln3e＜lnπe，lneπ＜ln3π．于是根据函数y=lnx，y=e x，y=πx在定义域上单调递增，可得3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π，故这六个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e＜3＜π及（Ⅰ）的结论，得f（π）＜f（3）＜f（e），即，由，得lnπ3＜ln3π，∴3π＞π3；由，得ln3e＜lne3，∴3e＜e3．综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，3e＜πe＜π3＜3π，3e＜e3，又由（Ⅱ）知，，得πe＜eπ，故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．由（Ⅰ）知，当0＜x＜e时，f（x）＜f（e）=，即．在上式中，令x=，又，则ln＜，从而2﹣lnπ，即得lnπ．①由①得，elnπ＞e（2﹣）＞2.7×（2﹣）＞2.7×（2﹣0.88）=3.024＞3，即elnπ＞3，亦即lnπe＞lne3，∴e3＜πe．又由①得，3lnπ＞6﹣＞6﹣e＞π，即3lnπ＞π，∴eπ＜π3．综上可得，3e＜e3＜πe＜eπ＜π3＜3π，即6个数从小到大顺序为3e，e3，πe，eπ，π3，3π．点评：本题考查利用导数研究函数的单调性及其应用、数值的大小比较，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，难度较大．。

数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第三章导数及其应用导数的综合应用

§3.3 导数的综合应用考点1 利用导数研究生活中的优化问题［典题1］某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米,体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元（π为圆周率)．(1）将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；（2)讨论函数V(r）的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元,底面的总成本为160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意，得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝错误!（300－4r2),从而V(r）＝πr2h＝错误!（300r－4r3）．因为r>0，又由h>0可得0＜r<5错误!，故函数V（r）的定义域为(0,5错误!)．(2）因为V（r）＝错误!（300r－4r3），故V′（r)＝错误!（300－12r2),令V′（r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，舍去）．当r∈(0，5）时,V′(r）〉0，故V(r）在(0，5）上为增函数；当r∈(5,5错误!)时，V′(r）〈0，故V（r)在(5,5错误!）上为减函数．由此可知，V（r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8。

即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤（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。

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＝错误!＋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．解：(1)因为当x ＝5时,y ＝11，所以错误!＋10＝11，a ＝2.(2）由（1)知，该商品每日的销售量y ＝错误!＋10（x －6)2。

2014~2015学年度 (人教A版)高考数学复习课件《导数的综合应用》

第二章基本初等函数、导数及其应用
[规律方法] 构造函数证明不等式的方法 (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数 f(x)，使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式． (2)对形如 f(x)>g(x)的不等式，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． (3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x))．
0，1 a
1 a
1，＋∞ a
－单调递减
0 ＋单调递增极大值 1 1 所以 f(x)max＝fa＝ln <0，∴a>1. a
综上可得实数 a 的取值范围是(1，＋∞)．
第二章基本初等函数、导数及其应用
[规律方法] 利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面： (1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解； (2)如果无法分离参数可以考虑对参数 a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解． (3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为 f′(x)≥ 0(或 f′(x)≤0)恒成立的问题．
第二章基本初等函数、导数及其应用
2.(2015· 兰州市、张掖市高三联考)已知函数 f(2 (1)当 a＝0 且 b＝1 时，证明：对∀x>0，f(x)≤g(x)； (2)若 b＝2，且 h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围．
第二章基本初等函数、导数及其应用
第14讲导数的综合应用
第二章基本初等函数、导数及其应用
考点一考点二考点三

2014届高三数学(理)一轮复习对点训练第16讲导数的综合应用Word版含解析

第16讲导数的综合应用1.(2012·广东省深圳市期末)在半径为R 的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值是( A ) A.239πR 3 B.439πR 3 C.233πR 3 D.49πR 3 解析：设圆柱的高为h ，则圆柱的底面半径为R 2－h 2，圆柱的体积为V ＝π(R 2－h 2)h ＝－πh 3＋πR 2h (0<h <R )，V ′＝－3πh 2＋πR 2＝0，当h ＝R 3时，V 有最大值为V ＝239πR 3，故选A. 2.(2013·山东济南模拟)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立．若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝log 319·f (log 319)，则a ，b ，c 的大小关系是( C )A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b解析：令F (x )＝x ·f (x )，则F ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )，又由x <0时，F ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0，可知F (x )在(－∞，0)上为减函数．因为f (x )为R 上的奇函数，所以F (x )＝x ·f (x )为R 上的偶函数，则F (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，图象关于y 轴对称．因为1<30.3<3<2,0<log π3<1，log 319＝－2，因为F (x )＝x ·f (x )为R 上的偶函数，所以F (－2)＝F (2)，因为log π3<30.3<2，而F (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以c >a >b ，故选C.3.(2012·河北邢台市11月)已知函数f (x )＝13x 3＋x ，则不等式f (2－x 2)＋f (2x ＋1)>0的解集是( D )A ．(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞)B ．(－2－1，2－1)C ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D ．(－1,3)解析：因为f (－x )＝－13x 3－x ＝－f (x )，所以函数f (x )为奇函数．又f ′(x )＝x 2＋1>0，所以函数f (x )为增函数，于是由f (2－x 2)＋f (2x ＋1)>0得f (2x ＋1)>－f (2－x 2)＝f (x 2－2)，所以2x ＋1>x 2－2，解得－1<x <3.4.(2013·江西省考前适应性训练)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为( B )A ．3 3B ．2 3C.233D. 3解析：以正六棱柱的最大对角面作截面，如图．设球心为O ，正六棱柱的上下底面中心分别为O 1，O 2，则O 是O 1O 2的中点．设正六棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则a 2＋h 2＝9.正六棱柱的体积为V ＝6×34a 2×2h ，即V ＝332(9－h 2)h ，则V ′＝332(9－3h 2)，令V ′＝0得极值点h ＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点．故当正六棱柱的体积最大时，其高为2 3.5.(2012·江苏省南京市、盐城市第一次模拟)若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k的取值范围是 (－∞，1e] . 解析：因为x ＞0，所以分离参数可得k ＝ln x －1x，故方程kx ＋1＝ln x 有解，即k 的取值为函数f (x )＝ln x －1x的值域．又f ′(x )＝1x ×x －(ln x －1)x 2＝2－ln x x 2. 令f ′(x )＝0，则x ＝e 2，当x ∈(0，e 2)时，f ′(x )>0，当x ∈(e 2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )max ＝f (e 2)＝1e2，故实数k 的取值范围是(－∞，1e]． 6.某企业现有甲、乙两个项目的投资计划，若投资甲项目资金p 万元，则获得利润110p 万元；若投资乙项目资金q 万元，则获得利润25ln q 万元．已知该企业投资甲、乙两项目资金共10万元，且甲、乙两项目投入资金都不低于1万元，则甲项目投入 6 万元，乙项目投入 4 万元，能使企业获得的最大利润为 1.6 万元(精确到0.1，参考数据ln 2＝0.7)．解析：设投入乙项目x 万元，则甲项目投入(10－x )万元，且1≤x ≤9，所获总利润y ＝110(10－x )＋25ln x (1≤x ≤9)，所以y ′＝－110＋25x，由y ′＝0，得x ＝4. 而当x ∈(1,4)时，y ′>0；当x ∈(4,9)时，y ′<0，所以当x ＝4时，y max ＝610＋25×2×0.7＝1.56≈1.6. 故甲项目投入资金6万元，乙项目投入资金4万元，企业获得最大总利润1.6万元．7.(2013·浙江台州市模拟)已知f (x )＝x 3－3x ＋m 在区间[0,2]上任取三个数a ，b ，c ，均存在以f (a )，f (b )，f (c )为边长的三角形，则m 的取值范围是 (6，＋∞) .解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝0得x 1＝1，x 2＝－1(舍去)，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，则f (x )min ＝f (1)＝m －2，f (x )max ＝f (2)＝m ＋2，由题意知，f (1)＝m －2>0，①f (1)＋f (1)>f (2)，得到－4＋2m >2＋m ，②由①②得到m ＞6为所求．8.(2012·江西省上饶县第三次模拟)已知函数f (x )＝a 2x 2－ln x . (1)若a ＝1，证明f (x )没有零点；(2)若f (x )≥12恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ， f ′(x )＝x －1x. 由f ′(x )＝0，得x ＝1，可得f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的最小值f (x )min ＝f (1)＝12>0，所以f (x )没有零点．(2)f ′(x )＝ax －1x ＝ax 2－1x， (ⅰ)若a >0时，令f ′(x )≥0，则x ≥1a，故f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (1a )＝12＋12ln a ，要使f (x )≥12恒成立，只需12＋12ln a ≥12，得a ≥1. (ⅱ)若a ≤0，f ′(x )<0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，f (1)＝a 2≤0，故不可能f (x )≥12恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是a ≥1.9.某工厂生产某种产品，每日的成本C (单位：元)与日产量x (单位：吨)满足函数关系式C ＝10000＋20x ，每日的销售额R (单位：元)与日产量x 的函数关系式R ＝⎩⎪⎨⎪⎧－130x 3＋ax 2＋290x (0<x <120)20400 (x ≥120)，已知每日的利润y ＝R －C ，且当x ＝30时，y ＝－100.(1)求a 的值；(2)当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大，并求出最大值．解析：(1)由题意可得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－130x 3＋ax 2＋270x －10000 (0<x <120)10400－20x (x ≥120). 因为x ＝30时，y ＝－100，所以－100＝－130×303＋a ×302＋270×30－10000，所以a ＝3.(2)当0<x <120时，y ＝－130x 3＋3x 2＋270x －10000， y ′＝－110x 2＋6x ＋270. 由y ′＝－110x 2＋6x ＋270＝0，可得x 1＝90，x 2＝－30(舍去)．所以当x ∈(0,90)时，原函数是增函数，当x∈(90,120)时，原函数是减函数，所以当x＝90时，y取得最大值14300.当x≥120时，y＝10400－20x≤8000，所以当日产量为90吨时，每日的利润可以达到最大值14300元．。

【金版教程】2014届高考数学总复习 2.11 导数的应用(一)限时规范训练理新人教A版

【金版教程】2014届高考数学总复习 2.11 导数的应用(一)限时规X训练理新人教A 版(时间：45分钟分值：100分)一、选择题1. [2013·鸡西模拟]函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A. (－∞，2) B. (0,3) C. (1,4) D. (2，＋∞) 答案：D解析：由题意知，f ′(x )＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x.由f ′(x )>0得x >2.故选D. 2. [2012·某某高考]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A. x ＝12为f (x )的极大值点B. x ＝12为f (x )的极小值点C. x ＝2为f (x )的极大值点D. x ＝2为f (x )的极小值点答案：D解析：f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，∵x >0，∴当x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， ∴x ＝2为f (x )的极小值点．3. [2013·金版原创]若a >1，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A. 3B. 2C. 1D. 0 答案：C解析：f ′(x )＝x 2－2ax ，由a >1可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1>0，f (2)＝83－4a ＋1<0，所以f (x )在(0,2)内只有一个零点．故选C.4. [2013·某某名校模考]设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则( )A. a <－1B. a >－1C. a <－1eD. a >－1e答案：A解析：由题知y ′＝e x＋a ＝0有大于0的实根，即x ＝ln(－a )>0⇒－a >1⇒a <－1. 5. 已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A. f (b )>f (c )>f (d )B. f (b )>f (a )>f (e )C. f (c )>f (b )>f (a )D. f (c )>f (e )>f (d ) 答案：C解析：依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，选C.6. [2013·某某质检]设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是( )A. 1<a ≤2B. a ≥4C. a ≤2D. 0<a ≤3 答案：A解析：∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上函数f (x )是减函数，∴a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.二、填空题7. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案：②③解析：由导函数图象可知f (x )在[－2，－1]上递减，在[－1，2]上递增，在[2,4]上递减，x ＝－1为极小值点，x ＝3不是极值点，故②③正确．8. [2013·某某模拟]函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]有极大值又有极小值，则a 的取值X 围是________．答案：a >2或a <－1解析：f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.因为函数f (x )有极大值又有极小值，所以方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a 2－4a －8>0，解得a >2或a <－1.9. [2013·某某模拟]已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值X 围是________．答案：b <－1或b >3解析：y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立， ∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值X 围是b <－1或b >3. 三、解答题10. [2013·某某质检]设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值X 围．解：对f (x )求导得f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax1＋ax22.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12)12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x )＋－＋f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知1＋ax2－2ax ≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值X 围为{a |0<a ≤1}．11. [2013·某某模拟]已知函数f (x )＝ln x ＋ax－1(a ∈R)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0，e]上有零点，某某数a 的取值X 围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋1x2＝－ln xx2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∴f (x )在x ＝1处取得极大值，f (x )极大值＝f (1)＝0. (2)仿(1)可得f (x )在x ＝e 1－a处取得极大值，f (x )极大值＝f (e1－a)＝ea －1－1.(ⅰ)当e 1－a<e ，即a >0时，仿(1)知f (x )在(0，e 1－a)上是增函数，在(e 1－a，e]上是减函数，∴f (x )max ＝f (e1－a)＝ea －1－1.又当x ＝e －a时，f (x )＝－1，∴f (x )的图象在区间(0，e]上有零点，等价于e a －1－1≥0，解得a ≥1，又a >0，∴a ≥1. (ⅱ)当e1－a≥e，即a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，又当x ＝e －a时，f (x )＝－1，∴①当e －a≤e，即a ≥－1时，f (x )在(0，e]上的最大值为f (e)＝1＋a －e e ，∴原问题等价于1＋a －ee ≥0，解得a ≥e－1.又∵a ≤0，∴此时无解．②当e －a >e ，即a <－1时，f (x )在(0，e]上的最大值为f (e)＝1＋a －e e <f (e －a)＝－1，∴此时无解．综合(ⅰ)(ⅱ)得a ≥1.12. [2013·琼海模拟]已知函数f (x )＝e x＋ax －1(a ∈R ，且a 为常数)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，求a的取值X围．解：(1)f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，当a<0时，由f′(x)>0，得x>ln(－a)，f(x)在(ln(－a)，＋∞)上是单调增函数；由f′(x)<0，得x<ln(－a)，f(x)在(－∞，ln(－a))上是单调减函数．综上，a≥0时，f(x)的单调增区间是(－∞，＋∞)；a<0时，f(x)的单调增区间是(ln(－a)，＋∞)，单调减区间是(－∞，ln(－a))．(2)当x≥0时，f(x)≥f(－x)恒成立，即e x＋ax≥e－x－ax恒成立，即e x－e－x＋2ax≥0恒成立，令h(x)＝e x－e－x＋2ax，即当x≥0时，h(x)≥0恒成立，又h′(x)＝e x＋e－x＋2a，且h′(x)≥2e x·e－x＋2a＝2＋2a，x＝0时等号成立．①当a≥－1时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0恒成立．②当a<－1时，方程h′(x)＝0的正根为x1＝ln(－a＋a2－1)，当x∈(0，x1)时，h′(x)<0，故h(x)在该区间为减函数，所以，x∈(0，x1)时，h(x)<h(0)＝0，∴a<－1时不符合题意．综上，a的取值X围是[－1，＋∞)．。

高考数学一轮复习 9.3 导数的综合应用理

第3讲导数的综合应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·湖南卷)若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2解析令f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝x e x－e xx2＝exx －1x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，∴x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C. 答案 C2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的函数关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 20≤x ≤400，80 000 x ＞400，则总利润最大时，每年生产的产品是( )A ．100B ．150C ．200D ．300解析由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 0000≤x ≤400，60 000－100x x ＞400，又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x 0≤x ≤400，－100 x ＞400，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大．答案 D3．(2015·金华十校联考)若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 可能的值为( )A ．4B ．6C ．7D ．8解析由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )＞0得x ＜1或x ＞2，由f ′(x )＜0得1＜x ＜2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4，而选项中只给出了4，所以选A. 答案 A4．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 正确，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．答案 D5．(2014·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a ＞0时，2a＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1＜0，不成立．当a ＜0时，2a＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ·8a 3－3·4a2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．答案 C 二、填空题6．(2014·唐山模拟)已知a ＞0，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在区间[－2,2]上单调递减，则4a ＋b 的最大值为__________．解析 ∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∵函数f (x )在区间[－2,2]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2≤0，f ′2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4a －b ≥12，4a ＋b ≤－12，即4a ＋b ≤－12，∴4a ＋b 的最大值为－12. 答案－127．(2015·湖州质检)已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________ .解析当x ∈(0,1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－3x －1·3x 2x6＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x4. g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 g ′(x ) ＋－g (x )极大值4因此g (x 答案 [4，＋∞)8．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．解析对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案－13 三、解答题9．(2014·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a ，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.由题设知1－k ＞0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0. 所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 10．(2012·浙江卷)已知a ∈R ，函数f (x )＝4x 3－2ax ＋a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当0≤x ≤1时，f (x )＋|2－a |>0. (1)解由题意得f ′(x )＝12x 2－2a .当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当a >0时，f ′(x )＝12⎝⎛⎭⎪⎫x －a 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 6，此时函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－a 6和⎣⎢⎡⎭⎪⎫a 6，＋∞，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a6，a 6.(2)证明由于0≤x ≤1，故当a ≤2时，f (x )＋|2－a |＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2.当a >2时，f (x )＋|2－a |＝4x 3＋2a (1－x )－2≥4x 3＋4(1－x )－2＝4x 3－4x ＋2. 设g (x )＝2x 3－2x ＋1,0≤x ≤1，则g ′(x )＝6x 2－2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33，于是g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：所以当0≤x ≤1时，2x 3－2x ＋1>0. 故f (x )＋|2－a |≥4x 3－4x ＋2>0.能力提升题组(建议用时：35分钟)11．(2014·辽宁卷)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]解析由题意知∀x ∈[－2,1]都有ax 3－x 2＋4x ＋3≥0，即ax 3≥x 2－4x －3在x ∈[－2,1]上恒成立．当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，即3≥0， ∴a ∈R .当0＜x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3＝－3x 3－4x 2＋1x. 令t ＝1x(t ≥1)，g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，因为g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＜0(t ≥1)，所以g (t )在[1，＋∞)上单调递减，g (t )max ＝g (1)＝－6(t ≥1)，所以a ≥－6. 当－2≤x ＜0时，a ≤－3x 3－4x 2＋1x，同理，g (t )在(－∞，－1]上递减，在⎝⎛⎦⎥⎤－1，－12上递增．因此g (t )min ＝g (－1)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ≤－12，所以a ≤－2. 综上，－6≤a ≤－2. 答案 C12．(2014·大连模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c (x ∈R )，下列结论错误的是( )A ．函数f (x )一定存在极大值和极小值B ．若函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是增函数，则x 2－x 1≥233C ．函数f (x )的图象是中心对称图形D ．函数f (x )一定存在三个零点解析对于A ，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1，Δ＝4a 2＋12＞0，因此函数f ′(x )＝3x 2＋2ax －1恒有两个相异零点x 3，x 4(其中x 3＜x 4)，易知函数f (x )的递增区间是(－∞，x 3)与(x 4，＋∞)，递减区间是(x 3，x 4)，函数f (x )一定存在极大值与极小值，选项A 正确．对于B ，由A 知，x 3＋x 4＝－2a 3，x 3x 4＝－13，则x 4－x 3＝x 3＋x 42－4x 3x 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 32＋43≥233，又x 1≤x 3，x 4≤x 2，因此x 2－x 1≥x 4－x 3≥233，选项B 正确．对于C ，函数f (x )的解析式可以通过配方的方法化为形如(x ＋m )3＋n (x ＋m )＋h 的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y ＝x 3＋nx 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f (x )的图象是中心对称图形，所以C 正确．对于D ，取a ＝－c ＝1，得f (x )＝x3＋x 2－x －1＝(x ＋1)2(x －1)，此时函数f (x )仅有两个相异零点，因此选项D 不正确．综上所述，选D. 答案 D13．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________．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.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e，＋∞14．(2015·长沙模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值；(2)若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意可知，f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2.①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为减函数，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去)．③若－e ＜a ＜－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ，当1＜x ＜－a 时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(1，－a )上为减函数；当－a ＜x ＜e 时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数， ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e. 综上所述，a ＝－ e.(2)∵f (x )＜x 2，∴a ＞x ln x －x 3在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x2x.∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数． ∴h (x )＜h (1)＝－2＜0，即g ′(x )＜0， ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数． ∴g (x )＜g (1)＝－1，当a ≥－1时，f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立． 15．(2013·北京卷)已知函数f (x )＝x 2＋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．解由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ，得f ′(x )＝2x ＋sin x ＋x (sin x )′－sin x ＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1.(2)设g (x )＝f (x )－b ＝x 2＋x sin x ＋cos x －b . 令g ′(x )＝f ′(x )－0＝x (2＋cos x )＝0，得x ＝0. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：X (－∞，0)0 (0，＋∞)g ′(x ) －＋ g (x )1－bg (x )的最小值为g (0)＝1－b .①当1－b ≥0时，即b ≤1时，g (x )＝0至多有一个实根，曲线y ＝f (x )与y ＝b 最多有一个交点，不合题意．②当1－b <0时，即b >1时，有g (0)＝1－b <0，g (2b )＝4b 2＋2b sin 2b ＋cos 2b －b >4b －2b －1－b >0.∴y ＝g (x )在(0,2b )内存在零点，又y ＝g (x )在R 上是偶函数，且g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴y ＝g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)上也有唯一零点．故当b >1时，y ＝g (x )在R 上有两个零点，则曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．16．(2014·四川卷)已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解由f (x )＝e x－ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x－2a . 当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减．因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0,1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．于是，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12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．当a ≥e 2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，所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0，解得e －2＜a ＜1.所以函数f (x )在区间(0,1)内有零点时，e －2＜a ＜1.。

2014高考数学(理)名师指导提能专训19 导数的综合应用

提能专训（十九)导数的综合应用一、选择题1．（2013·兰州一中12月月考）设f(x)，g（x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0且g（3)＝0,则不等式f(x）g(x)＜0的解集是（）A．(－3,0）∪（3,＋∞)B．(－3，0)∪(0,3）C．(－∞，－3)∪(3，＋∞）D．（－∞，－3）∪（0,3）D 解题思路：因为f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,所以h（x)＝f(x)g（x)为奇函数,当x＜0时，h′（x)＝f′（x）g(x）＋f（x)g′（x)＞0,所以h（x)在(－∞，0）为单调增函数，h(－3)＝－h(3）＝0，所以当x＜0时，h(x）＜0＝h（－3），解得x＜－3,当x ＜0时，h(x)＞0解得－3＜x＜0，由于h(x）关于原点对称，所以x ＞0时h(x)＜0的x取值范围为(0，3)．故选D.2．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)若f（x)＝x2－2x－4ln x，不等式f′（x)＞0的解集记为p,关于x的不等式x2＋（a－1）x－a ＞0的解集记为q，且p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（）A．（－2，－1］B．[－2，－1]C．∅D．［－2，＋∞）D 解题思路：对于命题p ：∵ f (x ）＝x 2－2x －4ln x ，∴ f ′（x )＝2x －2－错误!＝错误!,∴ f ′(x )＞0⇒错误!∴ x ＞2。

由p 是q 的充分不必要条件知，命题p 的解集（2,＋∞）是命题q 不等式解集的真子集，对于命题q ：x 2＋(a －1)x －a ＞0⇔（x ＋a )（x －1)＞0，当a ≥－1时,解集为（－∞,－a )∪（1,＋∞），显然符合题意；当a ＜－1时，解集为（－∞,1）∪(－a ，＋∞)，则由题意得－2≤a ＜－1.综上，实数a 的取值范围是［－2,＋∞)．故选D 。