专题16优化问题与导数的综合应用(课件)-2019年高考数学(理)名师揭秘之一轮总复习
高考数学导数专题专讲 专题16 导数中有关x与ex,lnx的组合函数问题(含答案)
专题16导数中有关x与e x，ln x的组合函数问题在函数的综合问题中，常以x与e x，ln x组合的函数为基础来命题，将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值).着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类讨论和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查．六大经典超越函数的图象函数f(x)＝x e x f(x)＝e xxf(x)＝xe x图象函数f(x)＝x ln x f(x)＝ln xxf(x)＝xln x图象考点一x与ln x的组合函数问题(1)熟悉函数f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f(x)＝ln xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题选讲】[例1]设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R )．(1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．分析(1)将原问题转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合思想进行求解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题进行求解．解析(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln x x，令h (x )＝ln xx(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x →0时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0，故实数a (2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋xx －2．设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2．令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8，10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝0＝x02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，故k 的最大值为4．点评1．极值点问题通常可转化为零点问题，且需要检验零点两侧导函数值的符号是否相反，若已知极值点求参数的取值范围，一定要对结果进行验证．解答任意性(恒成立)、存在性(有解)问题时通常有分离参变量、分拆函数等求解方法，可根据式子的结构特征，进行选择和调整，一般可转化为最值问题进行求解．2．对于有关x 与ln x 的组合函数为背景的试题，要求理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c1．答案C解析设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，即有f (6)<f (4)<f (3)，所以ln 66<ln 44＝ln 22<ln 33，故c <a <b ．2．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是()A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)2．答案C解析由a b ＝b a 两边取对数得b ln a ＝a ln b ⇒ln a a ＝ln b b ．对于y ＝ln xx，由图象易知当b <e<a 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由a b ＝b a ，令a ＝4，b ＝2，则a >e ，b <e ，ab ＝8>e 2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C ．3．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则()A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z3．答案D解析令2x ＝3y ＝5z ＝t (t >1)，两边取对数得x ＝log 2t ＝ln t ln 2，y ＝log 3t ＝ln t ln 3，z ＝log 5t ＝ln tln 5，从而2x ＝2ln 2ln t ，3y ＝3ln 3ln t ，5z ＝5ln 5ln t ．由t >1知，要比较三者大小，只需比较2ln 2，3ln 3，5ln 5的大小．又2ln 2＝4ln 4，e<3<4<5，由y ＝ln x x 在(e ，＋∞)上单调递减可知，ln 33>ln 44>ln 55，从而3ln 3<4ln 4<5ln 5，3y <2x <5z ，故选D ．4．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe；③<11；④3eln 2>42．其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ．44．答案B解析构造函数f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①ln 5<5ln 2⇒2ln 5<5ln 2⇒ln 55<ln 22，又2<5<e ，故错误．②ln π>πe ⇒2ln π>πe ⇒ln ππ>12e＝ln e e ，又e>π>e ，故正确．③<11⇒11ln 2<ln 11＝2ln 11⇒ln 22＝ln 44<ln 1111，又4>11>e ，故正确．④3eln 2>42⇒322eln 2>2×322⇒3232ln 22>ln e e ，显然错误．因此选B ．5．已知函数f (x )＝kx 2－ln x ，若f (x )>0在函数定义域内恒成立，则k 的取值范围是()ABC∞D5．答案D解析由题意得f (x )>0在函数定义域内恒成立，即kx 2－ln x >0在函数定义域内恒成立，即k >ln x x 2在函数定义域内恒成立，设g (x )＝ln xx 2，则g ′(x )＝x －2x ln x x 4＝x (1－2ln x )x 4，当x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，所以当x ＝e 时，函数g (x )取得最大值，此时最大值为g (e)＝12e ，所以实数kD ．6．已知0<x 1<x 2<1，则()A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 26．答案D解析设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，所以函数f (x )调递增；由f ′(x )<0，得0<x <1e ，函数f (x )f (x )在(0，1)上不单调，所以f (x 1)与f (x 2)的大小无法确定，从而排除A ，B ；设g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得0<x <e ，即函数g (x )在(0，e)上单调递增，故函数g (x )在(0，1)上单调递增，所以g (x 1)<g (x 2)，即ln x 1x 1<ln x 2x 2，所以x 2ln x 1<x 1ln x 2．故选D ．7．已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R ．(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值．7．解析(1)由题易知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )≥0，得ax －ln xx ≥0，所以ax ≥ln x x ，又x >0，所以a ≥ln x x 2．令g (x )＝ln xx 2，则g ′(x )＝1－2ln x x 3．令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g′(x )<0，得x >e ．所以当0<x <e 时，g (x )单调递增，当x >e 时，g (x )单调递减．所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e ，所以a ≥12e，即a 的取值范围是12e ，＋(2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )t )＝a ，t )＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx 2，所以－ln tt＝a ，－1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0．(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t －2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0，所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增，当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减．所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1．点评1．求解有关x 与e x ，x 与ln x 的组合函数问题，要把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；若函数最值不易求解时，可重新分拆、组合、构建新函数，然后借助导数研究函数的性质来求解．2．本例中(1)先将不等式f (x )≥0转化为a ≥ln xx 2，再构造函数g (x )＝ln x x 2，求其最大值即可求得a 的取值范围；(2)先由y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，得到方程组，再构造新函数，通过研究新函数的单调性，求出a 的值．8．已知函数f (x )＝x 3－a ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在区间(1，e]上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围．8．解析(1)∵f ′(x )＝3x 2－a x＝3x 3－a x(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，此时函数在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝3x 3－ax＝0，得x ＝3a 3，当xf′(x )<0，此时函数f (x )当xf ′(x )>0，此时函数f (x)(2)由题意知：a ＝x 3ln x在区间(1，e]上有两个不同实数解，即直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，因为g ′(x )＝x 2(3ln x －1)(ln x )2，令g ′(x )＝0，得x ＝3e ，所以当x ∈(1，3e)时，g ′(x )<0，函数在(1，3e)上单调递减；当x ∈(3e ，e]时，g ′(x )>0，函数在(3e ，e]上单调递增；则g (x )min ＝g (3e)＝3e ，而g (e 127)＝e19ln e 127＝27e 19>27，且g (e)＝e 3<27．所以要使直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x 的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，则3e<a ≤e 3，所以a 的取值范围为(3e ，e 3]．考点二x 与e x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )e g (x )(g (x )为一次函数，h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e xh (x )(h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0)，h (x )≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝a (x －1)，g (x )＝(ax －1)·e x ，a ∈R ．(1)求证：存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切；(2)若不等式f (x )＞g (x )有且只有两个整数解，求a 的取值范围．分析(1)设切点的坐标为(x 0，y 0)，然后由切点既在直线上又在曲线上得到关于x 0的方程，再构造函数，从而通过求导研究新函数的单调性使问题得证；(2)首先将问题转化为＜1，然后令m (x )＝x －x －1ex ，再通过求导研究函数m (x )的单调性，求得最小值，从而分a ≤0，0＜a ＜1，a ≥1三种情况来讨论，进而求得a 的取值范围．解析(1)f ′(x )＝a ，g ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ．设直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )的切点的坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝a (x 0－1)＝(ax 0－1)e x 0，得a (x 0e x 0－x 0＋1)＝e x 0，①又因为直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切，所以a ＝g ′(x 0)＝(ax 0＋a －1)e x 0，整理得a (x 0e x 0＋e x 0－1)＝e x 0，②结合①②得x 0e x 0－x 0＋1＝x 0e x 0＋e x 0－1，即e x 0＋x 0－2＝0，令h (x )＝e x ＋x －2，则h ′(x )＝e x ＋1＞0，所以h (x )在R 上单调递增．又因为h (0)＝－1＜0，h (1)＝e －1＞0，所以存在唯一实数x 0，使得e x 0＋x 0－2＝0，且x 0∈(0，1)，所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以1，令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2ex，由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0，1)，故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a＞1，m (0)＝m (1)＝1，所以两个整数解分别为0，1(2)≥1a，(－1)≥1a，解得a ≥e 22e 2－1，即a ∈e22e 2－1，＋③当a ≥1时，m (x )＜1a ，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a 无整数解，舍去．综上所述，a 的取值范围为e22e 2－1，＋点评1．涉及函数的零点的个数问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题时，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值等，再借助函数的大致图象判断零点、方程的根、函数图象的交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值等．2．在求解有关x 与e x 的组合函数综合题时要把握三点：(1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；(2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；(3)函数最值不易求解时，可重新组合、分拆，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．3．以形助数、数形沟通，实现数形结合，形象直观地得出结论，体现了直观想象等数学核心素养．考点三x 与e x ，ln x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )ln x ±e x (h (x )＝ax 2＋bx＋c (a ，b 不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e xh (x )±ln x (其中h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．命题点1分离参数，设而不求【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ln x ＋m x ，g (x )＝e xx(e ＝2．71828……为自然对数的底数)，是否存在整数m ，使得对任意的x y ＝f (x )的图象在y ＝g (x )的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由．解析假设存在整数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x ＜e xx，对任意的x即m ＜e x －x ln x 对任意的x v (x )＝e x －x ln x ，则v ′(x )＝e x －ln x －1，令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x －1x ，易知φ′(x )因为φe 12－2＜0，φ′(1)＝e －1＞0且φ′(x )所以存在唯一的x 0φ′(x 0)＝0，即e x 0－1x 0＝0，则x 0＝－ln x 0．当x x φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增．则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为φ(x 0)＝e x0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1＞2x 0·1x 0－1＝1＞0，所以v ′(x )＞0，即v (x )m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1．99529，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1．点评1．对于恒成立或有解问题分离参数后，导函数的零点不可求，且不能借助图象或观察得到，常采用设而不求，整体代入的方法．2．本例通过虚设零点x 0得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求，达到化简求解的目的．命题点2分离ln x 与e x[例2]已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e ．解析(1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1．因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x在x >0时恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x(x >0)，则g ′(x )＝－ln xx 2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，所以2a ≥1，即a ≥12．故实数a 的取值范围是12，＋(2)证明若a ＝e ，要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x．令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2，易知h (x )h (x )min ＝0，所以ln x ＋1e x≥0．再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0．因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．点评1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为ln x ＋1e x>e x －e x (x >0)(分离ln x 与e x )，便于探求构造的函数h (x )＝ln x ＋1e x 和φ(x )＝e x －e x 的单调性，分别求出h (x )的最小值与φ(x )的最大值，借助“中间媒介”证明不等式．【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围；(2)证明：当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0．1．解析(1)由题意可知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax＝0有解，得a ＝－x ln x 有解，令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．∵当x g ′(x )>0，当x g ′(x )<0，∴函数g (x )g (x )max ＝＝－1e ln 1e ＝1e ．∵a ＝－x ln x 有解，且x >0，a >0，∴0<a ≤1e ，∴实数a ，1e ．(2)要证当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0，即证ln x ＋a x >e －x ，∵x >0，∴即证x ln x ＋a >x e －x ，即证(x ln x ＋a )min >(x e －x )max ．令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1．当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e 时，f ′(x )>0．∴函数h (x )∴h (x )min ＝＝－1e ＋a ，故当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e．①令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0．∴函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝1e ．故当x >0时，φ(x )≤1e．②显然，不等式①②中的等号不能同时成立，故当a ≥2e 时，ln x ＋ax－e －x >0．。
高考数学专题复习《导数的综合应用》PPT课件
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(+1)ln
H(x)=
,则
-1
1
=
--2ln
(-1)
2
,
2 -2+1
K'(x)= 2 >0,于是
K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法
(x+1)x
则,可得 lim+
x-1
→1
取值范围是(-∞,2].
第三章
高考大题专项(一) 导数的综合应用
内
容
索
引
01
突破1
利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
02
突破2
利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小
两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的
最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的
专题16 导数及其应用小题综合(学生卷)-十年(2015-2024)高考真题数学分项汇编(全国通用)
专题16导数及其应用小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1导数的基本计算及其应用（10年4考）2020·全国卷、2018·天津卷2016·天津卷、2015·天津卷1.掌握基本函数的导数求解，会导数的基本计算，会求切线方程，会公切线的拓展，切线内容是新高考的命题热点，要熟练掌握2.会利用导数判断函数的单调性及会求极值最值，会根据极值点拓展求参数及其他内容，极值点也是新高考的命题热点，要熟练掌握3.会用导数研究函数的零点和方程的根，会拓展函数零点的应用，会导数与函数性质的结合，该内容也是新高考的命题热点，要熟练掌握4.会构建函数利用导数判断函数单调性比较函数值大小关系，该内容也是新高考的命题热点，要熟练掌握考点2求切线方程及其应用（10年10考）2024·全国甲卷、2023·全国甲卷、2022·全国新Ⅱ卷2022·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·全国新Ⅰ卷、2020·全国卷、2020·全国卷2020·全国卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2019·全国卷、2019·全国卷2018·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷2018·全国卷、2017·全国卷、2016·全国卷2016·全国卷、2015·全国卷、2015·陕西卷2015·陕西卷考点3公切线问题（10年3考）2024·全国新Ⅰ卷、2016·全国卷、2015·全国卷考点4利用导数判断函数单调性及其应用（10年6考）2024·全国新Ⅰ卷、2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷2019·北京卷、2017·山东卷、2016·全国卷2015·陕西卷、2015·福建卷、2015·全国卷考点5求极值与最值及其应用（10年5考）2024·上海卷、2023·全国新Ⅱ卷、2022·全国乙卷2022·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2018·全国卷2018·江苏卷考点6利用导数研究函数的极值点及其应用（10年5考）2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国乙卷、2021·全国乙卷、2017·全国卷、2016·四川卷5.要会导数及其性质的综合应用，加强复习考点7导数与函数的基本性质结合问题（10年6考）2024·全国新Ⅰ卷、2023·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅰ卷2021·全国新Ⅱ卷、2017·山东卷、2015·四川卷考点8利用导数研究函数的零点及其应用（10年6考）2024·全国新Ⅱ卷、2023·全国乙卷、2021·北京卷、2018·江苏卷、2017·全国卷、2015·陕西卷考点9利用导数研究方程的根及其应用（10年3考）2024·全国甲卷、2021·北京卷、2015·安徽卷2015·全国卷、2015·安徽卷考点10构建函数利用导数判断函数单调性比较函数值大小关系（10年3考）2022·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·全国乙卷考点01导数的基本计算及其应用1．（2020·全国·高考真题）设函数e ()xf x x a=+．若(1)4e f '=，则a =．2．（2018·天津·高考真题）已知函数f (x )=exlnx ，()'f x 为f (x )的导函数，则()'1f 的值为．3．（2016·天津·高考真题）已知函数()(2+1)e ,()x f x x f x '=为()f x 的导函数，则(0)f '的值为.4．（2015·天津·高考真题）已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞，其中a 为实数，()f x '为()f x 的导函数，若()13f '=，则a 的值为．考点02求切线方程及其应用1．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数()2e 2sin 1x xf x x+=+，则曲线()y f x =在点()0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（）A ．16B ．13C ．12D ．232．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线e 1xy x =+在点e 1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线方程为（）A ．e4y x =B ．e 2y x =C ．e e 44y x =+D ．e 3e24y x =+3．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为，．4．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是．5．（2021·全国甲卷·高考真题）曲线2x 1y x 2-=+在点()1,3--处的切线方程为．6．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数12()1,0,0x f x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是．7．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（）A ．e b a <B ．e a b <C ．0e ba <<D ．0e ab <<8．（2020·全国·高考真题）若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（）A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +129．（2020·全国·高考真题）函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（）A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+10．（2020·全国·高考真题）曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为.11．（2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是.12．（2019·全国·高考真题）已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则A ．,1a eb ==-B ．,1a eb ==C ．1,1a eb -==D ．1,1a eb -==-13．（2019·天津·高考真题）曲线cos 2xy x =-在点()0,1处的切线方程为.14．（2019·全国·高考真题）曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为．15．（2019·全国·高考真题）曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=16．（2018·全国·高考真题）设函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处的切线方程为()A ．2y x=-B ．y x=-C ．2y x=D ．y x=17．（2018·全国·高考真题）曲线()1e xy ax =+在点()01，处的切线的斜率为2-，则=a ．18．（2018·全国·高考真题）曲线2ln y x =在点()1,0处的切线方程为．19．（2018·全国·高考真题）曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为．20．（2017·全国·高考真题）曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为．21．（2016·全国·高考真题）已知()f x 为偶函数，当0x ≤时，1()e x f x x --=-，则曲线()y f x =在点(1,2)处的切线方程是.22．（2016·全国·高考真题）已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程是．23．（2015·全国·高考真题）已知函数()31f x ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7，则=a .24．（2015·陕西·高考真题）设曲线x y e =在点（0,1）处的切线与曲线1(0)y x x=>上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为．25．（2015·陕西·高考真题）函数x y xe =在其极值点处的切线方程为.考点03公切线问题1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a .2．（2016·全国·高考真题）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =．3．（2015·全国·高考真题）已知曲线ln y x x =+在点()1,1处的切线与曲线()221y ax a x =+++相切,则a=．考点04利用导数判断函数单调性及其应用1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A ．3x =是()f x 的极小值点B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->2．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数()e ln xf x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（）．A ．2eB ．eC ．1e -D ．2e -3．（2023·全国乙卷·高考真题）设()0,1a ∈，若函数()()1xx f x a a =++在()0,∞+上单调递增，则a 的取值范围是.4．（2019·北京·高考真题）设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是．5．（2017·山东·高考真题）若函数()e xf x (e=2.71828L ,是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性质,下列函数中具有M 性质的是A ．()2xf x -=B ．()2f x x=C ．()-3xf x =D ．()cos f x x=6．（2016·全国·高考真题）若函数()1sin 2sin 3f x x x a x =-+在R 上单调递增，则a 的取值范围是A ．[]1,1-B ．11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．11,3⎡⎤--⎢⎣⎦7．（2015·陕西·高考真题）设()sin f x x x =-，则()f x =A ．既是奇函数又是减函数B ．既是奇函数又是增函数C ．是有零点的减函数D ．是没有零点的奇函数8．（2015·福建·高考真题）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =-，其导函数()f x '满足()1f x k '>>，则下列结论中一定错误的是（）A ．11f k k ⎛⎫<⎪⎝⎭B ．111f k k ⎛⎫>⎪-⎝⎭C ．1111f k k ⎛⎫<⎪--⎝⎭D ．111k f k k ⎛⎫>⎪--⎝⎭9．（2015·全国·高考真题）设函数'()f x 是奇函数()f x （x R ∈）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是A ．(,1)(0,1)-∞-B ．(1,0)(1,)-È+¥C ．(,1)(1,0)-∞-- D ．(0,1)(1,)⋃+∞考点05求极值与最值及其应用1．（2024·上海·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合()()(){}0000,,,M x x x x f x f x ∞=∈∈-<R ，在使得[]1,1M =-的所有()f x 中，下列成立的是（）A ．存在()f x 是偶函数B ．存在()f x 在2x =处取最大值C ．存在()f x 是严格增函数D ．存在()f x 在=1x -处取到极小值2．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）若函数()()2ln 0b cf x a x a x x =++≠既有极大值也有极小值，则（）．A ．0bc >B ．0ab >C ．280b ac +>D ．0ac <3．（2022·全国乙卷·高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（）A ．ππ22-，B ．3ππ22-，C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+，4．（2022·全国甲卷·高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（）A ．1-B ．12-C ．12D ．15．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为.6．（2018·全国·高考真题）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是．7．（2018·江苏·高考真题）若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0,+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为．考点06利用导数研究函数的极值点及其应用1．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数3()1f x x x =-+，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线2．（2022·全国乙卷·高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是．3．（2021·全国乙卷·高考真题）设0a ≠，若a 为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（）A ．a b<B ．a b>C ．2ab a <D ．2ab a >4．（2017·全国·高考真题）若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为．A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．15．（2016·四川·高考真题）已知a 为函数f （x ）=x 3–12x 的极小值点，则a=A ．–4B ．–2C ．4D ．2考点07导数与函数的基本性质结合问题1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A ．3x =是()f x 的极小值点B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->2．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数()f x 的定义域为R ，()()()22f xy y f x x f y =+，则（）．A ．()00f =B ．()10f =C ．()f x 是偶函数D ．0x =为()f x 的极小值点3．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=4．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x ．①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()f x '是奇函数．5．（2017·山东·高考真题）若函数()x y e f x = 2.71828...e =（是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质，下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为①=2xf x -（）②=3xf x -（）③3=f x x （）④2=2f x x +（）6．（2015·四川·高考真题）已知函数f （x ）＝2x ，g （x ）＝x 2＋ax （其中a ∈R ）.对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝1212()()f x f x x x --，n ＝1212()()g x g x x x --，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m ＞0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n ＞0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ；④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n.其中真命题有（写出所有真命题的序号）.考点08利用导数研究函数的零点及其应用1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（）A ．当1a >时，()f x 有三个零点B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心2．（2023·全国乙卷·高考真题）函数()32f x x ax =++存在3个零点，则a 的取值范围是（）A ．(),2-∞-B ．(),3-∞-C ．()4,1--D ．()3,0-3．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．4．（2018·江苏·高考真题）若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0,+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为．5．（2017·全国·高考真题）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则=a A ．12-B ．13C ．12D ．16．（2015·陕西·高考真题）对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是A ．1-是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值D ．点(2,8)在曲线()y f x =上考点09利用导数研究方程的根及其应用1．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,∞+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为．2．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．3．（2015·安徽·高考真题）函数()32f x ax bx cx d =+++的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A ．0a >，0b <，0c >，0d >B ．0a >，0b <，0c <，0d >C ．0a <，0b <，0c >，0d >D ．0a >，0b >，0c >，0d <4．（2015·全国·高考真题）设函数()(21)x f xe x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭5．（2015·安徽·高考真题）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 ==.考点10构建函数利用导数判断函数单调性比较函数值大小关系1．（2022·全国甲卷·高考真题）已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（）A ．c b a>>B ．b a c>>C ．a b c >>D ．a c b>>2．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c<a<bD ．a c b<<3．（2021·全国乙卷·高考真题）设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =-．则（）A ．a b c<<B ．b<c<aC ．b a c<<D ．c<a<b。
高考数学专题突破教师版-导数的综合应用(考点讲析)
【解析】
（I） f (x) 的定义域为 (0, ) .当 a 4 时，
f (x) (x 1) ln x 4(x 1), f (x) ln x 1 3 ， f (1) 2, f (1) 0. x
曲线 y f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程为 2x y 2 0.
（II）当 x (1, ) 时， f (x) 0 等价于 ln x a(x 1) 0. x 1
数图象的交点横坐标.
【典例 1】（2019·全国高考真题（理））已知函数 f (x) sin x ln(1 x) ， f (x) 为 f (x) 的导数．证明：
（1） f (x) 在区间 (1, ) 存在唯一极大值点； 2
（2） f (x) 有且仅有 2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
，
4
因为当 x
1 时， ln x
x 1，又 x1
x0
1，故 ex1x0
x02 (x1 1) x1 1
x02 ，
两边取对数，得 ln ex1x0 ln x02 ，
于是 x1 x0 2 ln x0 2(x0 1) ，整理得 3x0 x1 2 ，
【总结提升】 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法． 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个 数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点． 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形 结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点． ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定 区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与 化归的思想方法．
高三数学高考复习 《函数与导数》综合问题复习建议 课件(共31张PPT)
关于函数与导数
• 求解步骤（方法显性化，把握大方向）
– 分析问题：归类、联系
– 构建函数：确定研究对象，不要僵化，可能是局 部函数，也可能需要用化归的思想（将复杂的， 困难的问题转化为简单的，容易的，熟悉的问 题），也可能需要进行适当变形 – 研究函数：由性质得草图（比单纯描点效率高）
– 解决问题：看图说话，用形思考（但不能以图代 证），用数说理
《函数与导数》综合问题复习建议
内容提纲
1
关于《函数与导数》
2
举例说明
几点建议
3
关于函数与导数
• 为什么研究函数？
– 出于实际需要：生活中的变化无处不在，运动 是绝对的，静止是相对的，用函数来刻画变量 之间的依赖关系 – 数学建模的过程： 实际 情境 提出 问题 分析 问题
建立 模型
Hale Waihona Puke 确定 参数计算 求解
举例：“适当变形”选择研究对象
• 何时变形？
– 当研究对象的形式或问题的求解过程比较复杂 时：如需多于两次求导，或需分很多情况讨论
• 怎样变形？
– 变形以提取局部函数； – 分离变量（为避免讨论，但前提是方便分离且 分离后的函数方便研究性质）； – 方程、不等式的等价转化
例 设函数 f ( x) x ln x . （1）若对任意 x (0, ) ， 2 f ( x) x2 ax 3 恒成立，求 a 的取值范围.
（17 北京理）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；
π （Ⅱ）求函数 f ( x ) 在区间 [0, ] 上的最大值和最小值． 2
关于函数与导数
19版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标16导数与函数的综合问题理
课时达标 第16讲[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.解析 (1)f ′(x )＝2x －a －ax，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1．经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极小值，所以a ＝1． (2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝ x －13x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围． 解析 (1)f ′(x )＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′ 2 ＝12a －b ＝0，f 2 ＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4，故所求函数的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)得f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＝0， 得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值3，当x ＝2时，f (x )有极小值－3，所以函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示．因为f (x )＝k 有3个不同的根，所以直线y ＝k 与函数f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283. 3．(2018·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋ex－x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ x －1 x －ax2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1．③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数， 则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，g ′(x )＝(1－e x )x .x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．所以g (x )min ＝g (0)＝1．所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.4．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x(e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析 (1)设日销售量为k e x 件，则ke 40＝10，∴k ＝10e 40. 则日销售量为10e40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－aex(35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －x ex(35≤x ≤41)． ①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e9－a.综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大， 当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大． 5．(2018·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22.(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点，x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．解析 (1)当a ＝2时，f ′(x )＝2ln x ＋x －1x＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0.(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x＋a ，定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0， ∴x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1， 故x 2＝1x 1，a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1.g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1＋2a lnx 1＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1ln x 1，令h (x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0，e]．则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，h ′(x )＝2 1＋x 1－x ln x x2， 当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0， 则当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减， ∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e.6．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)当a ＝23时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a >12时，设g (x )＝(x 2－2x )e x，求证：对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)成立．解析 (1)由题知，定义域为x ＞0，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x.当a ＝23时，f ′(x )＝23x －73＋2x ＝ 2x －3 x －2 3x，令f ′(x )＞0，解得0＜x ＜32或x ＞2，令f ′(x )＜0，解得32＜x ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. (2)若要命题成立，只需当x ∈(0,2]时，f (x )max ＜g (x )max由g ′(x )＝(x 2－2)e x可知，当x ∈(0,2]时，函数g (x )在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，2)上单调递增，g (0)＝g (2)＝0，故g (x )max ＝0，所以只需f (x )max ＜0.对函数f (x )来说，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ ax －1 x －2x.当a ＞12时，0＜1a ＜2，则函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2ln a －12a －2；当a ≥1时，显然小于0，满足题意；当12＜a ＜1时，可令h (a )＝－2ln a －12a －2，h ′(a )＝1－4a2a， 可知函数h (a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时单调递减，则h (a )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2ln 2－3＜0，满足题意；综上所述，当a ＞12时，对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)成立．。
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题15导数的综合应用(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.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)．2.会利用导数解决某些实际问题．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．高频考点一 用导数解决与不等式有关的问题 例1、已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2aa 2＋b 2.(1)解 将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2，所以f (－1)＝b －a1＋1＝－2，化简得b －a ＝－4.①f ′(x )＝a （x 2＋1）－（ax ＋b ）·2x（x 2＋1）2， f ′(－1)＝2a ＋2（b －a ）4＝－1.②联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(3)证明 因为0<a <b ，所以b a>1，由(2)知ln b a >2·ba －2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋1，整理得ln b －ln a b －a >2aa 2＋b 2，所以当0<a <b 时，ln b －ln a b －a >2aa 2＋b 2.【方法规律】证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.(1)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到F (x )<0即可； (2)对于证明含有两个变量a ，b 的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f (a )>f (b )，然后利用函数f (x )的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x ＝ba然后再利用已知关系证明即可.【变式探究】设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. (1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 高频考点二、不等式恒成立问题求参数的范围 例2、(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求正实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝－2x e x ＋(1－x 2)e x ＝(1－2x －x 2)e x. 令f ′(x )＝0，得x 2＋2x －1＝0， 解得x 1＝－2－1，x 2＝2－1，令f ′(x )>0，则x ∈(－2－1，2－1)，令f ′(x )<0，则x ∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞). ∴f (x )在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增. (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x，h ′(x )＝－x e x<0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，又h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1. 当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x－1>0(x >0)， 所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增. 又g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )＝(1－x )(1＋x )e x ≥(1－x )(1＋x )2， 又(1－x )(1＋x )2－(ax ＋1)＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0，1)， (1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 综上可知，正实数a 的取值范围是[1，＋∞). 【变式探究】已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]. (1)若a ＝1，求f (x )的最大值；(2)若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围.(2)法一 ∵f (x )≤0即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立， ∴a ≤－ln xx，x ∈[1，e].令g (x )＝－ln x x，x ∈[1，e]，则g ′(x )＝ln x －1x2， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，e]上递减， ∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e.法二 要使x ∈[1，e]，f (x )≤0恒成立，只需x ∈[1，e]时，f (x )max ≤0，显然当a ≥0时，f (x )＝ax ＋ln x 在[1，e]上递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1>0，不合题意； 当a <0时，f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x，令f ′(x )＝0，x ＝－1a，当x <－1a 时，f ′(x )>0；当x >－1a时，f ′(x )<0.③当1<－1a <e 时，即－1<a <－1e时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，－1a 上递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a ，e 上递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，∵1<－1a<e ，∴0<ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <0成立.由①②③可得a ≤－1e.【方法规律】由不等式恒(能)成立求参数的范围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围.【变式探究】已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取得极值，则f ′(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2（x －1）2x，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点.故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，∴G (x )min ＝G (1)＝－1. ∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞). 高频考点三、利用导数解决函数零点问题 例3、设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.(1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去).f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：x (0，k ) k(k ，＋∞) f ′(x )－＋ f (x)k （1－ln k ）2所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞).f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.【方法技巧】函数零点问题通常可作以下适当转化来处理.函数y ＝f (x )的零点⇔方程f (x )＝0的根⇔若f (x )＝g (x )－h (x )，则f (x )的零点就是函数y ＝g (x )与y ＝h (x )图象交点的横坐标.【变式探究】设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.高频考点四、利用导数解决生活中的优化问题例4、在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升).(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032， 当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上递减，在(1032，15)上递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.【变式探究】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． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值． 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．【感悟提升】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．【变式探究】某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．答案 40解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0<x <40时，y ′<0；x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值．1. （2018年江苏卷）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧（P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x ae a e 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. 【答案】（1）见解析；（2）()0,1.【解析】（1）()f x 的定义域为(),-∞+∞， ()()()()2221121x x x x f x ae a e ae e =+---'=+， （ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(),-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(),ln x a ∈-∞-时， ()0f x '<；当()ln ,x a ∈-+∞时， ()0f x '>，所以()f x 在(),ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.3.【2017山东，理20】已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e =是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a R =-∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】（1）22ππ2y x =-- （2）见解析 【解析】（Ⅱ）由题意得 ()()()2cos sin 222cos x h x e x x x a x x =-+--+， 因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin xx h x ex x x e x x a x x =-+-+--+--'()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =- 则()1cos 0m x x ='-≥ 所以()m x 在R 上单调递增. 因为()00,m =所以 当0x >时， ()0,m x > 当0x <时， ()0m x <(1)当0a ≤时， xe a - 0>当0x <时， ()0h x '<， ()h x 单调递减， 当0x >时， ()0h x '>， ()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--；(2)当0a >时， ()()()ln 2sin x a h x e e x x '=--由 ()0h x '=得 1ln x a =， 2=0x ①当01a <<时， ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时， ()ln 0,0x a e e h x '-， ()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时， ()ln 0,0xae eh x -><'， ()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时， ()ln 0,0xae eh x ->>'， ()h x 单调递增.所以 当ln x a =时()h x 取得极大值.极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--； ②当1a =时， ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时， ()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；综上所述：当0a ≤时， ()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增， 函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增， 在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值， 极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.1.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分） 已知函数()(0,0,1,1)xxf x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。
2019版高考数学理一轮课时达标16导数与函数的综合问题
课时达标 第16讲[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.解析 (1)f ′(x )＝2x －a －ax ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1．经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极小值，所以a ＝1． (2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫－x 33＋5x 22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116， 由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围． 解析 (1)f ′(x )＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝12a －b ＝0，f (2)＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4， 故所求函数的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)得f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＝0， 得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283，当x ＝2时，f (x )有极小值－43，所以函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示．因为f (x )＝k 有3个不同的根，所以直线y ＝k 与函数f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283.3．(2018·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2.①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1．③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数， 则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，g ′(x )＝(1－e x )x .x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．所以g (x )min ＝g (0)＝1．所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.4．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x (e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析 (1)设日销售量为k e x 件，则ke 40＝10，∴k ＝10e 40.则日销售量为10e 40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－ae x (35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －xe x(35≤x ≤41)．①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e 9－a .综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大， 当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大． 5．(2018·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22.(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点，x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值． 解析 (1)当a ＝2时，f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0.(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x＋a ，定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0， ∴x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1， 故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1. g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1， 令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0，e]． 则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln xx 2，当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0， 则当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减， ∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e.6．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)当a ＝23时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a >12时，设g (x )＝(x 2－2x )e x ，求证：对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)成立．解析 (1)由题知，定义域为x ＞0，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x .当a ＝23时，f ′(x )＝23x －73＋2x ＝(2x －3)(x －2)3x，令f ′(x )＞0，解得0＜x ＜32或x ＞2，令f ′(x )＜0，解得32＜x ＜2，则函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，2. (2)若要命题成立，只需当x ∈(0,2]时，f (x )max ＜g (x )max由g ′(x )＝(x 2－2)e x 可知，当x ∈(0,2]时，函数g (x )在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，2)上单调递增，g (0)＝g (2)＝0，故g (x )max ＝0，所以只需f (x )max ＜0.对函数f (x )来说，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝(ax －1)(x －2)x.当a ＞12时，0＜1a ＜2，则函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤1a ，2上单调递减， 所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2ln a －12a －2； 当a ≥1时，显然小于0，满足题意；当12＜a ＜1时，可令h (a )＝－2ln a －12a －2，h ′(a )＝1－4a 2a 2 ， 可知函数h (a )在区间⎝⎛⎭⎫12，1时单调递减，则h (a )＜h ⎝⎛⎭⎫12＝ 2ln 2－3＜0，满足题意；综上所述，当a ＞12时，对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)成立．。
专题16 导数的综合应用与优化问题()-2019高考数学(文)名师揭秘之一轮
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〔备选题〕例4已知函数 f(x)＝x2－aln x 在(1，2] 上是增函数，g(x)＝x－a x在(0，1)上为减函数.
(1)求实数 a 的值； (2)求证：当 x＞0 时，方程 f(x)＝g(x)＋2 有唯一 解；
(3)当 b＞－1 时，若 f(x)≥2bx－x12在 x∈(0，1]上 恒成立，求 b 的取值范围.
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当 0<x<a 时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，a)上单调
递减；
当 x>a 时，F′(x)>0，F(x)在区间(a，＋∞)上单
调递增.
从而 F(x)min＝F(a)＝0. 因为 b>a，所以 f(a)＋f(b)－2fa＋2 b>0.
2019年8月10日
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2．若 a＞1e，则方程 ln x－ax＝0 的实根的个数为
(A ) A．0 个 C．2 个
B．1 个 D．无穷多个
【解析】由于方程 ln x－ax＝0 等价于lnxx＝a.设 f(x)
＝lnxx.∵f′(x)＝1x·xx－2 ln x＝1－xl2n x， 令 f′(x)＝0，得 x＝e，
∴f(x)在(0，e)上单调递增；在(e，＋∞)上单调递减．∴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的点处函数值 的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.
2019年8月10日
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二、恒成立问题求参数的取值范围
例2已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设a<－1，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1 ≠x2，恒有|f(x1)－f(x2)|>4|x1－x2|，求a的取值范围.
2019年高考数学《优化指导》PPT教学课件第1篇 专题6 第2讲
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)形式; (2) 转 化 最 值 ： f(x)>a 恒 成 立 ⇔ f(x)min>a;f(x)<a 恒 成 立 ⇔ f(x)max<a;f(x)>a 有 解 ⇔f(x)max>a;f(x)<a有解⇔f(x)min<a;f(x)>a无解⇔f(x)max≤a;f(x)<a无解⇔f(x)min≥a; (3)得结论．
考向二 含绝对值的不等式的证明问题
1 1 【典例】 (2016· 全国卷Ⅱ)已知函数fx＝|x－2|＋|x＋2|，M 为不等式 f(x)＜2 的解 集． (1)求 M； (2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|＜|1＋ab|．
1 1 1 [ 规范解答] (1)当 x＜－2时，f(x)＝2－x－x－2＝－2x❶＜2， 1 解得－1＜x＜－2， 1 1 1 1 当－2≤x≤2时，f(x)＝2－x＋x＋2＝1❶＜2 恒成立， 1 1 ❶ 当 x＞2时，f(x)＝2x＜2 ，解得2＜x＜1， 综上可得，M＝{x|－1＜x＜1}. (2)当 a，b∈(－1,1)时，有(a2－1)(b2－1)＞0❷， 即 a2b2＋1＞a2＋b2， 则 a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2❸， 则(ab＋1)2＞(a＋b)2， 即|a＋b|＜|ab＋1|.
不等式选讲是高考的选 考内容之一,考查的重 点是不等式的证明、绝 对值不等式的解法等, 命题的热点是绝对值不 等式的解法,以及绝对 值不等式与函数的综合 问题的求解.
02
典例感悟· 提能力
考向一 含绝对值的不等式的解法及应用
【典例】 (2017· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝－x2＋ax＋4，gx＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当 a＝1 时，求不等式fx≥gx的解集； (2)若不等式fx≥gx的解集包含[－1，1]，求 a 的取值范围．
2019年高考数学《优化指导》PPT教学课件第1篇 专题1 第1讲
( A )
B．|a|＝|b| D．|a|>|b|
∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2．
3 → → 1 3 1 12．(2016· 全国卷Ⅲ)已知向量BA＝ ， ，BC＝ ， ，则∠ABC＝ ( A ) 2 2 2 2
A．30° C．60°
D
B．－6
所以a＋b＝(4,m－2)．
因为(a＋b)⊥b,所以(a＋b)·b＝0,所以12－2(m－2)＝0,解得m＝8．
方法二 因为(a＋b)⊥b,所以(a＋b)·b＝0,即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－ 2m＝0,解得m＝8．
11．(2017·全国卷Ⅱ)设非零向量a,b满足|a＋b|＝|a－b|,则
A．a⊥b C．a∥b
解析 方法一 ∴a2＋b2＋2a· b＝a2＋b2－2a· b． ∴a· b＝0.∴a⊥b.故选 A． 方法二 利用向量加法的平行四边形法则． → → 在▱ ABCD 中，设AB＝a，AD＝b， → → 由|a＋b|＝|a－b|知|AC|＝|DB|， 从而四边形 ABCD 为矩形，即 AB⊥AD，故 a⊥b.故选 A．
D项,i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i,不是纯虚数． 故选C．
7．(2017·全国卷Ⅲ)复平面内表示复数z＝i(－2＋i)的点位于 A．第一象限 C．第三象限 解析 B．第二象限 D．第四象限
( C )
∵z＝i(－2＋i)＝－1－2i,∴复数z＝－1－2i所对应的复平面内的点为Z(－
1,－2),位于第三象限．故选C．
02
真题精选· 明考向
一、选择题
1．(2017·全国卷Ⅲ)已知集合A＝{1,2,3,4},B＝{2,4,6,8},则A∩B中元素的个数为 ( B ) A．1 C．3 ∴A∩B中元素的个数为2.故选B． B．2 D．4
2019年高考数学《优化指导》PPT教学课件第1篇 专题2
专题二
三角函数、解三角形
栏
目 导 航
02
解题通法· 短平快
01
考题通报· 明考情
01
年份
考题通报· 明考情
卷别 小题考查 大题考查 —
T8·同角三角函数的基本关系与三角函数的性质
全国卷Ⅰ T11·同角三角函数的基本关系与三角恒等变换 T16·正、余弦定理与三角形的面积公式 T7·三角恒等变换与余弦定理的应用 2018 全国卷Ⅱ T10·三角恒等变换与三角函数的性质 T15·利用三角恒等变换求值 T6·同角三角函数的基本关系、三角恒等变换与三角 全国卷Ⅲ 函数的性质 T11·三角形的面积公式及余弦定理的应用
1 3 3 π (2)由已知得2absin C＝ 2 .又 C＝3，所以 ab＝6． 由已知及余弦定理得 a2＋b2－2abcos C＝7， 故 a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，即 a＋b＝5． 所以△ABC 的周长为 5＋ 7． ❶变式：利用正弦定理把已知等式中的边 a，b，c 变为 sin A，sin B，sin C． ❷变角：利用两角和的正弦公式及三角形的内角和定理把等式中 sin Acos B＋sin Bcos A 变为 sin(A＋B)再变为 sin C．
3 3 (2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为 2 ，求△ABC 的周长． [ 解题示范] (1)由已知 2cos C(acos B＋bcos A)＝c 及正弦定理得 2cos C(sin Acos
B＋sin Bcos A)＝sin C，❶ 即 2cos Csin(A＋B)＝sin C， 故 2cos Csin C＝sin C．❷ 1 π 可得 cos C＝2，所以 C＝3．
—
全国卷Ⅲ T6·三角恒等变换的求值问题
【配套K12】专题16 导数的综合应用与优化问题(检测)-2019年高考数学(文)名师揭秘之一轮总复
《2019年高考数学名师揭秘》之一轮总复习（文科）专题16导数的综合应用与优化问题本专题特别注意：1.导数与不等式证明2.极值点偏移问题3.导函数为0的替换作用4.导数与数列不等式的证明5.变形后求导6.讨论参数求参数7.与三角函数有关的含参数的求导问题 8.构造函数问题 9.恒成立求参数方法总结：1．有关超越型不等式的证明、方程根的探究等问题，构造函数应用导数推理求解是有效方法之一，也是近几年高考压轴题的常见命题方法之一．2．利用导数解决生活中的优化问题的思路是：阅读审题―――――→理解题意引入建模――――――――――――――→将实际问题抽象为数学问题解模――――――――――→应用导数解决模型回归实际．3．在解决生活中的优化问题时应注意： (1)实际问题的意义．(2)建立函数模型后还应根据实际问题情境确定函数的定义域．高考模拟：1．已知函数有两个零点，且，则下列结论错误的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先通过函数有两个零点求出，再利用导数证明，即证明.因为函数f(x)有两个零点，所以又又令则所以函数g(x)在上为减函数，=0，又，又，∴，即.点睛：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间、最值和零点问题，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力.(2)本题的解题关键是构造函数求函数的图像和性质.2．己知函数，若关于的方程恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是( ）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意，函数，得，得到函数的单调性与最大值，再又方程，解得或，结合图象，即可求解.详解：由题意，函数，可得，当时，，所以函数单调递增，当时，，所以函数单调递减，且，所以函数的最大值为，又方程，解得或，结合图象，可知只有一个实数解，要使得方程恰有三个不同的实数解，则，解得，故选C.点睛：本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性与最值，以及函数与方程等知识点的综合运用，把方程的解得个数转化为函数的图象的交点个数是解答的关键，着重考查了转化思想方法和数形结合思想的应用，试题有一定的难度，属于中档试题.3．已知函数（其中无理数），关于的方程有四个不等的实根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C详解：由题意可得函数的定义域为，且.令得或，则函数在，上单调递增；令得，则函数在上单调递减.∵∴函数的图象如图所示：令，则的增减性与相同，.∵关于的方程有四个不等的实根∴有四个不等的实根，即在和上分别有根.令，则.∴，即∴故选C.点睛：本题考查的是有关已知函数零点个数有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图象以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合，求得相应的结果.4．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是（）A. B. C. -2 D. -1【答案】D【解析】分析：利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，由可得结果.①若，即，此时的零点为，显然符合题意；②（i）若，即或，若在只有一个零点，则；（ii）若在只有两个零点，则，解得，即的最小值为，故选D.点睛：对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法有两个：一是对于未知量为不做限制的题型可以直接运用判别式解答（本题属于这种类型）；二是未知量在区间上的题型，一般采取列不等式组（主要考虑判别式、对称轴、的符号）的方法解答.5．已知函数与的图像有4个不同的交点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：函数与的图像有4个不同的交点，即有4个不同的实根，由可得，讨论其性质可得的取值范围.详解：函数与的图像有4个不同的交点，即有4个不同的实根，由可得，即其定义域为且，设（且），则则在上单调递增，在上单调递减，但且），故的值域为，设，则,此时此时，函数在上单调递减，在上单调递增，由图像可知，在上单调递减，在上单调递增，且当时，函数函数与的图像有4个不同的交点，则实数的取值范围为.故选C.点睛：本题考查利用导数眼函数零点问题，注意数形结合思想的应用，解题时注意函数的定义域，属难题．6．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意，设g（x）=x2f（x），x＜0，求出导数，分析可得g′（x）≤0，则函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，结合函数g（x）的定义域分析可得：原不等式等价于，解可得x的取值范围，即可得答案．详解：根据题意，设g（x）=x2f（x），x＜0，其导数g′（x）=[x2f（x）]′=2xf（x）+x2f′（x）=x（2f（x）+xf′（x）），又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0，则g′（x）≤0，则函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0⇒（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2）⇒g（x+2018）＞g（﹣2），又由函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，则有，解可得：x＜﹣2020，即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（﹣∞，﹣2020）；故选：B．点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等7．已知，且，有且仅有一个整数解，则正数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析：构造函数，利用可得，结合可得，利用导数研究函数的单调性，由数形结合思想，列不等式求解即可详解：因为，所以，设，则，∴，即，又因为，∴，∴，，则在上为减函数，在上为增函数，曲线与都过点，当时，若有且仅有一个整数解，只能为，则，解之得，故选A.点睛：构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数. 8．在平面直角坐标系内，如果两点满足条件：①都在函数的图象上；②关于原点对称，则称是函数的一对“奇点”（奇点与看作是同一奇点）.已知函数恰有两对“奇点”，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：求出的一段图象关于原点对称的函数解析式，令与的另一段图象有2个交点即可．详解：当时，关于原点对称的函数为∵恰有两对“奇点”，与恰好有两个交点，显然设与恰好有1条公共切线，切点为，则，解得此时与轴交点为公切点．∴当 ,即时，有两对“奇点”．故选C．点睛：本题考查了函数交点个数的判断，考查对新定义的理解，属于中档题．9．已知是定义在上的函数，为的导函数，且满足，则下列结论中正确的是（）A. 恒成立B. 恒成立C. D. 当时，；当时，【答案】A【解析】分析：先构造函数g(x)=(x-1)f(x),再利用导数得到函数的单调性和图像，从而得到恒成立.点睛：（1）本题主要考查导数的乘法运算，考查导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力、数形结合分析的能力. (2)解答本题有两个关键，其一是观察已知想到构造函数g(x)=(x-1)f(x),再求导,其二是得到函数g(x)的单调性后，分析出x>1时，g(x)>0,x<1时，g(x)＜0.10．已知函数，当时，对于任意的实数，都有不等式成立，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：求得f（x）的导数，可得f（x）的单调性，令g（x）=f（x）﹣f（1﹣x），可得g（x）的单调性，以及g（x）+g（1﹣x）=0，将原不等式转化，可得x1＞1﹣sin2θ恒成立，由正弦函数的值域即可得到所求范围．详解：函数f （x ）=e 2018x +mx 3﹣m （m ＞0）， 导数为f′（x ）=2018e 2018x +3mx 2， 可得m ＞0时，f （x ）在R 上递增， 可令g （x ）=f （x ）﹣f （1﹣x ）， 可得g （x ）在R 上递增，且g （x ）+g （1﹣x ）=f （x ）﹣f （1﹣x ）+f （1﹣x ）﹣f （x ）=0， 由f （x 1）+f （sin 2θ）＞f （x 2）+f （cos 2θ）成立， 可得f （x 1）﹣f （x 2）+f （sin 2θ）﹣f （cos 2θ）＞0成立， 即为f （x 1）﹣f （1﹣x 1）+f （sin 2θ）﹣f （1﹣sin 2θ）＞0， 即g （x 1）+g （sin 2θ）＞0，可得g （x 1）＞﹣g （sin 2θ）=g （1﹣sin 2θ）， 即有x 1＞1﹣sin 2θ恒成立，由于1﹣sin 2θ的最大值为1，可得x 1＞1， 故选：D ．点睛：处理抽象不等式的常用方法：般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f ”，转化为考查函数的单调性的问题或解不等式(组)的问题，若为偶函数，则，若函数是奇函数，则．11．已知函数()()()32,f x x ax bx c g x f x =+++=,曲线():C y g x =关于直线1x =对称,现给出如结论：①若0c >,则存在00x <，使0()0f x =；②若1c <-，则不等式()()g 1x g x +>的解集为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，；③若10c -<<，且y kx =是曲线():(0)C y g x x =< 的一条切线,则k 的取值范围是27,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 其中正确结论的个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D【解析】由题意得()f x 过点()1,0，且()()()210,32,62,f f x x ax b f x x a ==++'=''+''所以10,6203,2a b c a a b c +++=+=∴=-=-，因此()()()()()()332321110f x x x c x c x c x f c =-+-+=--+-=，，①若0c >,则由()()()()311101,1f x x c x x x =--+-=⇒==±()0010,0.x f x =<=②若1c <-，则()()()()()3111g x f x x c x ==--+-，此时()()()23110f x x c =--+>',图像如图所示，因此不等式()()g 1x g x +> 等价于1122x x x +>-∴>，即不等式()()g 1x g x +>的解集为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，；③若10c -<<，且()()()231101f x x c x =--+=⇒=±'y kx =是曲线()()()()3111,(0)g x x c x x =--++-<的一条切线,设切点为()000,,(0)x y x <，则()()()()()220311311g x x c k x c =--++∴=--+'+，因为()()()300000111x c x yk x x --++-==，所以()()()()()()()32320000000111=3111131x c x x c c x x x x --++---++∴+=--+-()()()()()()223230000003113113121k x c x x x x x ∴=--++=----+-=-，由()()()()()3220000001101131=1210,1,02c c x x x x x x ⎛⎫-<<⇒+=--+--+∈⇒∈-⎪⎝⎭， 所以()3003271,1,21,224x k x ⎛⎫⎛⎫∴-∈--∴=-∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 综上，正确结论的个数为3，选D.点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域. 12．已知函数()sin 2cos xf x x=+，如果0x >时，函数()f x 的图象恒在直线y kx =的下方，则k 的取值范围是（ ）A. 13⎡⎢⎣⎦B.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C. ⎫+∞⎪⎪⎣⎭ D. ⎡⎢⎣⎦【答案】B点睛：本题的解答过程是巧妙构造函数，先运用求导法则求出函数的导数，再运用分类整合思想分析推断不等式成立的条件，进而求得实数的取值范围，使得问题获解.13．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足： ()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x x R =∈,()()()10,2ln g x x h x e x x=<=,有下列命题：①()()()F x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增； ②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为-4；③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是](40 -，； ④()f x 和()h x之间存在唯一的“隔离直线”y e =. 其中真命题的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个 【答案】C 【解析】①()()()()2211,,'20F x f x g x x x F x x x x ⎛⎫=-=-∴∈=+> ⎪⎝⎭，()()()F x f x g x ∴=-，在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增，故①正确；②，③设()(),f x g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 成立，即有210,40k b ∆≤+≤，又1kx b x≤+对一切0x <成立，则210kx bx +-≤，即220,40,0,0b k k b ∆≤+≤≤≤，即有24k b ≤-且2424,1664,40b k k b k k ≤-≤≤--≤≤，同理421664,b k b ≤≤-可得40b -≤≤，故②正确，③错误，④函数()f x 和()h x的图象在x =此存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为(y e k x -=，即y k x k =-，由()()f x kx e x R ≥-∈，可得20x kx e -+≥，当x R∈恒成立，则(20k ∆=-≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()()G x e h x =--2ln e e x =--， ()'x G x x=，当x =()'0G x =；当0x << ()'0G x <；当x > ()'0G x >；当x = ()'G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值， ()()0G x e h x ∴=--≥，则()h x e ≤-， ∴函数()f x 和()h x存在唯一的隔离直线y e =-，故④正确，真命题的个数有三个，故选C.【方法点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题、以及新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“隔离直线”达到考查导数在研究函数性质的应用的目的. 14．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当()()0,20x xf x f x +'><.则（ ） A.()()224f e f e>B. ()()931f f >C.()()239f e f e-<D.()()224f e f e-<【答案】D【解析】根据题意，设g （x ）=x 2f （x ），其导数g′（x ）=（x 2）′f （x ）+x 2•f （x ）=2xf （x ）+x 2•f （x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]， 又由当x ＞0时，有2f （x ）+xf'（x ）<0成立，则数g′（x ）=x[2f （x ）+xf'（x ）]<0， 则函数g （x ）在（0，+∞）上为减函数，若g （x ）=x 2f （x ），且f （x ）为偶函数，则g （-x ）=（-x ）2f （-x ）=x 2f （x ）=g （x ）， 即g （x ）为偶函数，所以()()2g e g < 即()()224f e f e<因为()f x 为偶函数，所以()()2f 2f -=,所以()()224f e f e -<故选D点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数的奇偶性与单调性的应用，关键是构造函数g （x ）并分析g （x ）的单调性与奇偶性．15．已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()331fx f x '+>， ()116f =，则()11620x f x e--+≤的解集为（ ）A. [)1+∞，B. ()1+∞，C. (]1-∞， D. ()1-∞， 【答案】C点睛：本题考察导数中的构造函数技巧，本题的构造比较复杂，由条件()()33'1f x f x +>和问题()11620x f x e--+≤综合想到构造()()()131x g x e f x -=-，得到()g x 在R 上单调递增，将问题转化为()()1g x g ≤，得到答案。
高考数学一轮总复习 第三章 导数及其应用 第16讲 导数
所以∀x1，x2∈(－∞，0]，都有 f(x1)－f(x2)≤f(x)
3.导数与不等式 (1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为 探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性， 从而实现不等式的证明. (2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，
构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求 函数最值.
4.导数与方程 方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调 性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的 存在性和个数.
【解析】∵位移 s 与时间 t 的关系是 s＝s(t)＝3t －t2，
∴s′(t)＝3－2t，∴s′(0)＝3，故物体的初速度 是 3，故选 A.
2.定义域为 R 的可导函数 y＝fx的导函数为 f′x，满足
fx>f′x，且 f0＝1，则不等式fexx<1 的解集为( B )
A.－∞，0
B.0，＋∞
设 y＝t2－ln t(t>0).则由 y′＝2t－1t ＝0 得：t＝ 22，当
t∈0， 22，y′<0，y>f 22，当 t∈ 22，＋∞，y
′>0，y>f
22，所以当
MN
达到最小时
t
的值为
2 2.
4.要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为
72 cm3，其底面两邻边长之比为 1∶2，则它的宽为 __3_m _，长为 6 m ，高为 4 m 时，可使表面 积最小.
x (－∞，－2) －2 (－2，0) 0 (0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
Z 极大 ]
极小 Z
当 x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝e42，
导数与函数的综合问题 2019高考数学专项复习精讲
e
(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 当a<1时,由(1)知f(x)在[e,e2]上单调递增,
所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)- a .
e
由题意知g'(x)=(1-ex)x.
考点突破
考点一 利用导数研究恒成立问题和存在性问题
命题角度一 恒成立问题
典例1 (2016陕西西北九校联考)已知函数f(x)=-ln x+t(x-1),t为实数.
(1)当t=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当t= 1 时, k - 1 -f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.
命题角度二 存在性问题
典例2 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x- a (a∈R),g(x)= 1 x2+ex-xex.
x
2
(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;
(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0], f(x1)<g(x2)恒成立, 求a的取值范围.
则h'(x)=f
'(x)-f
'(x0)= 1ex x
-
1
x0 e x0
=
(1
x)ex0 (1 e x x0
x0 )ex
.
设φ(x)=(1-x) ex0 -(1-x0)ex,则φ'(x)=- ex0 -(1-x0)ex,
∵x0<1,∴φ'(x)<0,∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,
2019年高考数学《优化指导》PPT教学课件第1篇 专题3 第1讲
所以其前 n 项和
1 1 1 1 1 1 n Tn＝－1－2＋3－4＋…＋n－n＋1＝－1－n＋1＝－ ， n＋1
40 所以其前 40 项和为 T40＝－41，故选 D．
2．(2018·齐齐哈尔二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2＝4,S4＝30,n≥2时,an＋
2．等比数列的重要规律与推论 (1)an＝a1qn 1＝amqn m；p＋q＝m＋n⇒ap· aq＝am· an．
－ －Байду номын сангаас
(2){an}，{bn}成等比数列⇒{anbn}成等比数列． (3)连续 m 项的和(如 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…)构成的数列是等比数列(注意： 这连续 m 项的和必须非零才能成立)． S偶 (4)若等比数列有 2n 项， 公比为 q， 奇数项之和为 S 奇， 偶数项之和为 S 偶， 则 ＝ S奇 q． (5)对于等比数列前 n 项和 Sn，有：
S1n＝1， an＝ Sn－Sn－1n≥2.
1． (2018· 潍坊二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 若 Sn＝－n 的前 40 项的和为 39 A．40 40 C．41 39 B．－40 40 D．－41
2
2 －n， 则数列 n＋1a n
第一篇 二轮专题突破
专题三
第 1讲
数 列
小题考法——等差数列与等比数列
栏
目 导 航
02
对点自检· 熟生巧
01
基础备查· 快易通
01
基础备查· 快易通
一、主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列 等差数列 通项公式 前n项 和公式 an＝a1＋(n－1)d na1＋an Sn＝ 2 nn－1 ＝na1＋ 2 d 等比数列 an＝a1qn 1(q≠0)