导数的综合应用
【高中数学】习题课 导数的综合应用
习题课导数的综合应用题型一导数在解决实际问题中的应用【例1】某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产量x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝4 200－x24 500，每生产一瓶正品盈利4元，每生产一瓶次品亏损2元.(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；(2)求该种饮品的最大日利润.解(1)由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损2 000元，故y＝4 000×4 200－x24 500x－2 000⎝⎛⎭⎪⎫1－4 200－x24 500x＝3 600x－43x3.所以日利润y＝－43x3＋3 600x(x∈N*，1≤x≤40).(2)令f(x)＝－43x3＋3 600x，x∈[1，40]，则f′(x)＝3 600－4x2.令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减，所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－43×303＋3 600×30＝72 000，也即y的最大值为72 000，所以该种饮品的最大日利润为72 000元.规律方法利用导数解决实际应用问题的步骤(1)函数建模：细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y ＝f (x ). (2)确定定义域：一定要从问题的实际意义去考虑，舍去没有实际意义的自变量的范围.(3)求最值：尽量使用导数法求出函数的最值. (4)下结论：根据问题的实际意义给出圆满的答案.【训练1】 如图，要设计一面矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两个栏目的面积之和为18 000 cm 2，四周空白的宽度为10 cm ，两栏目之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告牌的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告牌的面积最小？解 设广告牌的高和宽分别为x cm ，y cm ， 则每个栏目的高和宽分别为(x －20)cm ，y －252 cm ， 其中x >20，y >25.∵两个栏目的面积之和为2(x －20)·y －252＝18 000，∴y ＝18 000x －20＋25， ∴广告牌的面积S (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫18 000x －20＋25＝18 000xx －20＋25x ，∴S ′(x )＝18 000[（x －20）－x ]（x －20）2＋25＝－360 000（x －20）2＋25.令S ′(x )>0，得x >140；令S ′(x )<0，得20<x <140.∴函数S (x )在(140，＋∞)上单调递增，在(20，140)上单调递减， ∴S (x )的最小值为S (140).当x ＝140时，y ＝175，故当广告牌的高为140 cm ，宽为175 cm 时，可使广告牌的面积最小，最小面积为24 500 cm 2.题型二 与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：∴对t∈(0，2)，当maxh(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞).规律方法(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.【训练2】设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c. ∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞). 题型三利用导数证明不等式【例3】已知函数f(x)＝ln x－a（x－1）x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：对于任意x∈(1，2)，不等式1ln x－1x－1<12恒成立.(1)解易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a). (2)证明∵1<x<2，∴1ln x－1x－1<12等价于(x＋1)ln x－2(x－1)>0，令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，即F′(x)＝ln x＋x＋1x－2＝ln x＋1x－1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln x－1＋1x在[1，＋∞)上单调递增，∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，即ln x ＋1x －1≥0，F ′(x )≥0， ∴F (x )在[1，2)上单调递增， ∴当x ∈(1，2)时，F (x )>F (1)＝0， 即当1<x <2时，1ln x －1x －1<12恒成立.规律方法 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性. (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数. 【训练3】 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 . (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.(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，x －1ln x >1， 又可将1x 代入ln x <x －1，得ln 1x <1x －1， 即－ln x <1x －1⇔ln x >1－1x ⇔ln x >x －1x ⇔x >x －1ln x ， 故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .题型四 利用导数解决函数的零点或方程的根问题 【例4】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax －1，(1)求f (x )的单调区间；(2)当a ≤1时，求函数f (x )在区间(0，e]上零点的个数. 解 (1)f ′(x )＝1－ln x －a x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e 1－a. f ′(x )及f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )(2)由(1)可知f (x )的最大值为f (e1－a)＝1－e 1－a e1－a ，①当a ＝1时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减. 又f (1)＝0，故f (x )在区间(0，e]上只有一个零点. ②当a <1时，1－a >0，e 1－a >1， 则f (e1－a)＝1－e 1－ae1－a <0，所以f (x )在区间(0，e]上无零点.综上，当a ＝1时，f (x )在区间(0，e]上只有一个零点， 当a <1时，f (x )在区间(0，e]上无零点.规律方法 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的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的个数求参数范围.【训练4】 若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )取得极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的实数根，求实数k 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得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(经检验满足题意).∴f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2). 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0.因此，当x ＝－2时，f (x )取得极大值283，当x ＝2时，f (x )取得极小值－43. ∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的大致图象如图所示. 由图可知，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.一、素养落地1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解应用题的主要方法.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确给出函数表达式； (2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.3.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题. 二、素养训练1.设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时底面边长为( )A.3V B.32VC.34VD.23V解析 设底面边长为x ， 则表面积S ＝32x 2＋43x V (x >0). ∴S ′＝3x 2(x 3－4V ).令S ′＝0，得x ＝34V . 答案 C2.已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意的正数a ，b ，若a <b ，则必有( ) A.bf (b )≤af (a ) B.bf (a )≤af (b ) C.af (a )≤bf (b )D.af (b )≤bf (a )解析 设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )≤0，∴g (x )在区间(0，＋∞)上单调递减或g (x )为常函数. ∵a <b ，∴g (a )≥g (b )，即af (a )≥bf (b )，故选A. 答案 A3.已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A.13万件 B.11万件 C.9万件D.7万件 解析 因为y ′＝－x 2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0，9)时，y ′＞0.所以，函数y ＝－13x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增. 所以x ＝9是函数的极大值点.又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点， 所以函数在x ＝9处取得最大值. 答案 C4.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则a 的取值范围是________.解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)三、审题答题示范(二)利用导数解决不等式问题【典型示例】(12分)已知函数f(x)＝ax－e x(a∈R)，g(x)＝ln x x.(1)求函数f(x)的单调区间①；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e x成立②，求a的取值范围.联想解题看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“∃x”，而不是“∀x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.满分示范解(1)因为f′(x)＝a－e x，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).4分(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.6分设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋0 － h (x )极大值12e10分由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e . 故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .12分满分心得(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.基础达标一、选择题1.对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A.0≤a ≤21 B.a ＝0或a ＝7 C.a <0或a >21D.a ＝0或a ＝21解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ， 当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )不存在极值点. 答案 A2.定义在R 上的函数f (x )，若(x －1)·f ′(x )<0，则下列各项正确的是( ) 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)与2f (1)大小不定 解析 ∵(x －1)f ′(x )<0，∴当x >1时，f ′(x )<0；当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增， ∴f (0)<f (1)，f (2)<f (1)， 则f (0)＋f (2)<2f (1). 答案 C3.已知函数f (x )＝x －sin x ，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0的解集是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ C.(－∞，3)D.(3，＋∞)解析 因为f (x )＝x －sin x ，所以f (－x )＝－x ＋sin x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，函数的导数f ′(x )＝1－cos x ≥0，则函数f (x )是增函数，则不等式f (x ＋1)＋f (2－2x )>0等价为f (x ＋1)>－f (2－2x )＝f (2x －2)，即x ＋1>2x －2，解得x <3，故不等式的解集为(－∞，3). 答案 C4.方底无盖水箱的容积为256，则最省材料时，它的高为( ) A.4 B.6 C.4.5D.8解析 设底面边长为x ，高为h ， 则V (x )＝x 2·h ＝256，∴h ＝256x 2，∴S (x )＝x 2＋4xh ＝x 2＋4x ·256x 2＝x 2＋4×256x ，∴S ′(x )＝2x －4×256x 2.令S ′(x )＝0，解得x ＝8，∴h ＝25682＝4. 答案 A5.若函数f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2 C.(0，4e 2)D.(0，＋∞)解析 令g (x )＝x 2e x ， 则g ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2). 令g ′(x )＝0，得x ＝0或－2，∴g (x )在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增. ∴g (x )极大值＝g (－2)＝4e 2，g (x )极小值＝g (0)＝0， 又f (x )＝x 2e x －a 恰有三个零点，则0<a <4e 2. 答案 B 二、填空题6.某厂生产某种商品x 件的总成本c (x )＝1 200＋275x 3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大.解析 设产品的单价为p 万元，根据已知，可设p 2＝k x ， 其中k 为比例系数.因为当x ＝100时，p ＝50，所以k ＝250 000. 所以p 2＝250 000x ，p ＝500x ，x ＞0.设总利润为y 万元，y ＝500x ·x －1 200－275x 3＝500x －275x 3－1 200.则y ′＝250x －225x 2. 令y ′＝0，得x ＝25.故当0＜x ＜25时，y ′＞0，当x ＞25时，y ′＜0，所以，当x ＝25时，函数y 取得极大值，也是最大值. 答案 257.已知函数f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取值范围是________. 解析 由2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 得a ≤2ln x ＋x ＋3x . 设h (x )＝2ln x ＋3x ＋x (x >0).则h ′(x )＝2x －3x 2＋1＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. ∴h (x )min ＝h (1)＝4.又f (x )≥g (x )恒成立，∴a ≤4. 答案 (－∞，4]8.已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，若关于x 的不等式f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则实数m 的取值范围是________. 解析 由f (x )－m ≥0得f (x )≥m ， 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －2x ＝2（x 2－1）x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，此时，函数f (x )单调递增，所以f (1)≤f (x )≤f (e). 即1≤f (x )≤e 2－2，要使f (x )－m ≥0在[1，e]上有实数解，则有m ≤e 2－2. 答案 (－∞，e 2－2] 三、解答题9.已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数. 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x （ln x ＋2）2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增. f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点， 当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点， 当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点.10.一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比.已知速度为每小时10海里时，燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元， 问轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？解 设速度为v 海里的燃料费每小时p 元，那么由题设的比例关系得p ＝k ·v 3，其中k 为比例系数，它可以由v ＝10，p ＝6求得，即k ＝6103＝0.006，于是有p ＝0.006v 3. 又设当船的速度为v 海里时，行1海里所需的总费用为q 元，那么每小时所需的总费用是0.006v 3＋96(元)，而行1海里所需时间为1v 小时，所以，行1海里的总费用为：q ＝1v (0.006v 3＋96)＝0.006v 2＋96v . q ′＝0.012v －96v 2＝0.012v 2(v 3－8 000)， 令q ′＝0，解得v ＝20.∴当v <20时，q ′<0； 当v >20时，q ′>0，∴当v ＝20时q 取得极小值，也是最小值，即速度为20海里/时时，航行1海里所需费用总和最小.能力提升11.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋3)，则下列有关描述正确的是( ) A.∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )≥13B.∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－1 2C.∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D.f(x)min∈(0，1)解析因为f(x)＝e x－ln(x＋3)，所以f′(x)＝e x－1x＋3，显然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函数，又f′(－1)＝1e－12<0，f′(0)＝23>0，所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零点，设为x0，且x0∈(－1，0)，则x＝x0为f(x)的极小值点，也是最小值点，且e x0＝1x0＋3，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋3)＝1x0＋3＋x0>－12，故选B.答案 B12.已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)，(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)求证：当x>1时，12x2＋ln x<23x3.(1)解f′(x)＝x－ax，因为x＝2是一个极值点，所以2－a2＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－4x＝（x＋2）（x－2）x，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.(2)解因为f′(x)＝x－ax＝x2－ax，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当a＞0时，f′(x)＝x－ax＝x2－ax＝（x＋a）（x－a）x，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间(a，＋∞)；递减区间为(0，a).(3)证明 设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，则g ′(x )＝2x 2－x －1x ＝（x －1）（2x 2＋x ＋1）x＞0，又x >1，所以g (x )在x ∈(1，＋∞)上为增函数，所以当x >1时，所以g (x )＞g (1)＝16＞0，所以当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.创新猜想13.(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( ) A.0<x 0<1e B.x 0>1e C.f (x 0)＋2x 0<0D.f (x 0)＋2x 0>0解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ， 易知f ′(x )＝ln x ＋1＋2x 在(0，＋∞)上单调递增， ∵x 0是函数f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0， 即ln x 0＋1＋2x 0＝0，而f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e >0，当x →0，f ′(x )→－∞，∴0<x 0<1e ，即A 选项正确，B 选项不正确；f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝－x 0(x 0－1)>0，即D 正确，C 不正确.故答案为AD. 答案 AD14.(多选题)已知函数f (x )＝sin x ＋x 3－ax ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是奇函数B.若f (x )是增函数，则a ≤1C.当a ＝－3时，函数f (x )恰有两个零点D.当a ＝3时，函数f (x )恰有两个极值点解析 对A ，f (x )＝sin x ＋x 3－ax 的定义域为R ，且f (－x )＝sin(－x )＋(－x )3＋ax ＝－(sin x ＋x 3－ax )＝－f (x ).故A 正确.对B ，f ′(x )＝cos x ＋3x 2－a ，因为f (x )是增函数， 故cos x ＋3x 2－a ≥0恒成立.即a ≤cos x ＋3x 2恒成立.令g (x )＝cos x ＋3x 2，则g ′(x )＝6x －sin x ，设h(x)＝6x－sin x，h′(x)＝6－cos x>0，故g′(x)＝6x－sin x单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.故g(x)＝cos x＋3x2最小值为g(0)＝1.故a≤1.故B正确.对C，当a＝－3时由B选项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误. 对D，当a＝3时f(x)＝sin x＋x3－3x，f′(x)＝cos x＋3x2－3，令cos x＋3x2－3＝0则有cos x＝3－3x2.在同一坐标系中作出y＝cos x，y＝3－3x2的图象易得有两个交点，且交点左右的函数值大小不同.故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.故选ABD.答案ABD高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
导数的综合应用
导数的综合应用类型一：导数的几何意义及应用例1.已知曲线3431)(3+=x x f 。
（1）求曲线在点P （2，4）处的切线方程； （2）求曲线过点P （2，4）处的切线方程；（3）求一满足斜率为1的切线方程。
变式1.求曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离.2．设函数f(x)＝ax －b x，曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f(x)的解析式；(2)证明曲线y ＝f(x)上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．2. (2010湖北)设函数f(x)＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，其中a ＞0.y ＝f(x)在P(0，f(0))处切线方程为y ＝1.(1)确定b 、c 的值；(2)设y ＝f(x)在点(x 1，f(x 1))及(x 2，f(x 2))处的切线都过点(0,2)．证明：当x 1≠x 2时， 12()()f x f x ''≠；(3)若过点(0,2)可作曲线y ＝f(x)的三条不同切线，求a 的取值范围．类型二： 利用导数求解函数的单调性问题例2. 已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．变式1.已知函数x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈ （1）若函数)(x f 在2=x 处的切线方程为b x y +=，求b a ,的值；（2）若函数)(x f 在),1(+∞为增函数，求a 的取值范围。
2．已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ．（1）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；（2）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．类型三：求函数的极值问题例3.已知函数f(x)＝kx ＋1x 2＋c(c ＞0，且c≠1，k∈R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是x ＝－c ．(1)求函数f(x)的另一个极值点；(2)求函数f(x)的极大值M 和极小值m ，并求M －m≥1时k 的取值范围．变式1. 函数f(x)＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f(x)有两个极值点x 1，x 2，则x 1·x 2＝ （ ）A ．9B ．－9C ．1D ．－12.已知函数f(x)＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋1，且x 1，x 2是f(x)的两个极值点， 0＜x 1＜1＜x 2＜3，则a 的取值范围_________.3．设函数f(x)＝2x 3－3(a －1)x 2＋1，其中a≥1.(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论f(x)的极值.类型四：求解函数的最值问题例4.已知a 是实数，函数f(x)＝x 2(x －a)。
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
导数的综合应用
3 2
2
例2．已知 f ( x) x5 ax3 bx 1 ，当 x 1 时取得极值。且极大值比极小值大4。 （1）求a，b的值。 （2）求函数的极大值和极小值。
f ' x x 1 x 1 5 x 2 3a 5
当n 2时，f x 1
2
a ln x 1 ,
1 当a 0时，令f x 0得：
0
2 2 x1 1 1, x2 1 1, a a a x x1 x x2 此时f x 3 1 x 当x 1, x1 时，f x 0, f x 单调递减； 当x x1， 时，f x 0, f x 单调递增.
1 试确定a、b的值； 2 讨论函数f x 的单调区间； 2 3 若对任意x 0，不等式f x 2c
恒成立，求c的取值范围.
解： f 1 3 c ， b c 3 c b 3. 1 1 x 4ax ln x ax 4bx 3 x 3 4a ln x a 4b 又f x 而f 1 0， a 4b 0，解得a 12.
证明： 由f ( x) e x，则f ( x) e 1. 1
x / x
当f ( x) e 1 0时，x 0,
/ x x
函数f ( x) e x在 0， 是增加的； 当f ( x) e 1 0时，x 0,
/ x
函数f ( x) e x在 ， 是减少的； 0
20 当a 0时，f x 0恒成立，所以f x 无极值. 2 综上所述，当a>0时，f x 在x 1 取得 a 2 a 2 极小值，极小值为f 1 1 ln a 2 a 当a 0时，f x 无极值.
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。
导数的综合应用
第十二讲导数的综合应用教学目标：1、利用导数研究函数的零点或方程的根2、利用导数解决恒成立及参数求解问题3、会利用导数解决某些简单的实际问题.一、知识回顾课前热身知识点1、不等式恒成立问题的求解方法(1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a 的取值范围．(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．知识点2、利用导数解决生活中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y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域内的实根，确定极值点；(3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；(4)还原到原实际问题中作答．二、例题辨析推陈出新例1、(2012·福建高考)已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.[解答](1)由于f′(x)＝e x＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，所以a＝0，即f(x)＝e x－e x. 此时f′(x)＝e x－e，由f′(x)＝0得x＝1. 当x∈(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x －x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝e x－e x0＋2a(x－x0)．①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g (x 0)＝0.故g (x )只有唯一零点x ＝x 0.由P 的任意性知，a ≥0不合题意．②若a ＜0，令h (x )＝e x －e x 0＋2a (x －x 0)，则h (x 0)＝0，h ′(x )＝e x ＋2a . 令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )，记x *＝ln(－2a )，则当x ∈(－∞，x *)时，h ′(x )＜0，从而h (x )在(－∞，x *)内单调递减；当x ∈(x *，＋∞)时，h ′(x )＞0，从而h (x )在(x *，＋∞)内单调递增．a ．若x 0＝x *，由x ∈(－∞，x *)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0；由x ∈(x *，＋∞)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0.所以g (x )在R 上单调递增． 所以函数g (x )在R 上有且只有一个零点x ＝x *.b ．若x 0＞x *，由于h (x )在(x *，＋∞)内单调递增，且h (x 0)＝0，则当x ∈(x *，x 0)时，有g ′(x )＝h (x )＜h (x 0)＝0，g (x )＞g (x 0)＝0；任取x 1∈(x *，x 0)有g (x 1)＞0. 又当x ∈(－∞，x 1)时，易知g (x )＝e x ＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＜e x 1＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＝ax 2＋bx ＋c ，其中b ＝－(e ＋f ′(x 0))，c ＝e x 1－f (x 0)＋x 0f ′(x 0)．由于a ＜0，则必存在x 2＜x 1，使得ax 22＋bx 2＋c ＜0.所以g (x 2)<0，故g (x )在(x 2，x 1)内存在零点，即g (x )在R 上至少有两个零点．c ．若x 0<x *，仿b 并利用e x>x 36，可证函数g (x )在R 上至少有两个零点． 综上所述，当a <0时，曲线y ＝f (x )上存在唯一点P (ln(－2a )，f (ln(－2a )))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .变式练习1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx . (1)当a ＝b ＝12时，求f (x )的最大值； (2)令F (x )＝f (x )＋12ax 2＋bx ＋a x (0<x ≤3)，其图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0，b ＝－1时，方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，求正数m 的值．解：(1)依题意，知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝b ＝12时，f (x )＝ln x －14x 2－12x ，f ′(x )＝1x －12x －12＝－(x ＋2)(x －1)2x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1(x ＝－2舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝－34. 又因为f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一解，所以f (x )的最大值为－34.(2)由题意得F (x )＝ln x ＋a x ，x ∈(0,3]，则k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12在x 0∈(0,3]上恒成立，所以a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0,3]． 当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12，所以a ≥12. (3)因为方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，所以x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解．设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，则g ′(x )＝2x 2－2mx －2m x.令g ′(x )＝0，即x 2－mx －m ＝0.因为m >0，x >0，所以x 1＝m －m 2＋4m 2<0(舍去)， x 2＝m ＋m 2＋4m 2.当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)上单调递增；当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值g (x 2)．因为2mf (x )＝x 2有唯一实数解，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (x 2)＝0，g ′(x 2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln x 2＋mx 2－m ＝0.又因为m >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0.(*)设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，当x >0时，h (x )是增函数，所以h (x )＝0至多有一解．因为h (1)＝0，所以方程(*)的解为x 2＝1，即m ＋m 2＋4m 2＝1，解得m ＝12. 例2、 已知函数f (x )＝e x －ax ，其中a >0. (1)若对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，求a 的取值集合；(2)在函数f (x )的图象上取定两点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))(x 1<x 2)，记直线AB 的斜率为k ，证明：存在x 0∈(x 1，x 2)，使f ′(x 0)＝k 成立．[解答] (1)f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故当x ＝ln a 时，f (x )取最小值f (ln a )＝a －a ln a .于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当a －a ln a ≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．(2)由题意知，k ＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＝e x 2－e x 1x 2－x 1－a ，令φ(x )＝f ′(x )－k ＝e x －e x 2－e x 1x 2－x 1，则φ(x 1)＝－e x 1x 2－x 1[e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1]，φ(x 2)＝e x 2x 2－x 1[e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1]．令F (t )＝e t －t －1，则F ′(t )＝e t －1.当t <0时，F ′(t )<0，F (t )单调递减；当t >0时，F ′(t )>0，F (t )单调递增．故当t ≠0时，F (t )>F (0)＝0，即e t －t －1>0.从而e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1>0，e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1>0，又e x 1x 2－x 1>0，e x 2x 2－x 1>0，所以φ(x 1)<0，φ(x 2)>0. 因为函数y ＝φ(x )在区间[x 1，x 2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x 0∈(x 1，x 2)，使φ(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝k 成立．若将函数“f (x )＝e x －ax ，a >0”改为“f (x )＝e ax －x ，a ≠0”，试解决问题(1)．解：若a <0，则对一切x >0，f (x )＝e ax －x <1，这与题设矛盾．又a ≠0，故a >0.而f ′(x )＝a e ax －1，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln 1a . 当x <1a ln 1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >1a ln 1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故当x ＝1a ln 1a 时，f (x )取最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ln 1a ＝1a －1a ln 1a . 于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当－1a ln 1a≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当1a＝1，即a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．变式练习2．已知f (x )＝(x 2－a )e x ，a ∈R . (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间和极值；(2)已知x 1，x 2是f (x )的两个不同的极值点，且|x 1＋x 2|≥|x 1x 2|，求实数a 的取值集合M ；(3)在(2)的条件下，若不等式3f (a )<a 3＋32a 2－3a ＋b 对于a ∈M 都成立，求实数b 的取值范围． 解：(1)∵a ＝3，∴f (x )＝(x 2－3)e x . 令f ′(x )＝(x 2＋2x －3)e x ＝0⇒x ＝－3或x ＝1. 当x ∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈(－3,1)时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－3,1)．∴f (x )的极大值为f (－3)＝6e －3；极小值为f (1)＝－2e.(2)令f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ＝0，即x 2＋2x －a ＝0，由题意其两根为x 1，x 2，∴x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－a ， 故－2≤a ≤2.又Δ＝4＋4a >0，∴－1<a ≤2. ∴M ＝{a |－1<a ≤2}．(3)原不等式等价于b >3f (a )－a 3－32a 2＋3a 对a ∈M 都成立，记g (a )＝3f (a )－a 3－32a 2＋3a (－1<a ≤2)， 则g ′(a )＝3(a 2＋a －1)(e a －1)，令g ′(a )＝0，则a ＝5－12或a ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－1－52舍去. 故当a 变化时，g ′(a )，g (a )的变化情况如下表：a(－1,0) 0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5－12 5－12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12，2 2 g ′(a )＋ 0 － 0 ＋g (a ) 极大值 极小值6e 2－8 又∵g (0)＝0，g (2)＝6e 2－8，∴g (a )max ＝6e 2－8，∴b >6e 2－8. 故实数b 的取值范围为(6e 2－8，＋∞).例3、随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位．某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动．经过市场调查和测算，保健品的年销量x (单位：百万件)与年促销费t (单位：百万元)之间满足：3－x 与t ＋2成反比例．如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用．若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m 倍(0<m ≤1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完．假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件．(1)将2013年的利润y (单位：百万元)表示为促销费t 的函数；(2)该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？(注：利润＝销售收入－生产成本－促销费，生产成本＝固定费用＋生产费用)[解答] (1)因为年销量x 百万件与年促销费t 百万元之间满足：3－x 与t ＋2成反比例，所以设t ＋2＝k 3－x(k ≠0)．由题意知，当t ＝0时，x ＝1，代入得0＋2＝k 3－1，解得k ＝4.所以t ＋2＝43－x ，即x ＝3－4t ＋2(t ≥0)．由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x ＝3－4t ＋2≤2.6，解得t ≤8.由于2013年的年销量为x 百万件，则生产成本为y 1＝5＋40x ，促销费用为t ，年销售收入为y 2＝150%×y 1＋mt . 所以2013年的利润y ＝y 2－y 1－t ＝12y 1＋(m －1)t ＝12×(5＋40x )＋(m －1)t . 将x ＝3－4t ＋2代入上式，得 y ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－4t ＋2＋(m －1)t ＝2.5＋60－80t ＋2＋(m －1)t ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8,0<m ≤1.2)． (2)由(1)知，y ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8)，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)．当1≤m ≤1.2时，m －1≥0，80(t ＋2)2≥0，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)≥0，此时函数在[0,8]上单调递增，所以当t ＝8时，年利润y 取得最大值，最大值为62.5－808＋2＋(m －1)×8＝46.5＋8m (百万元)；当0<m <1时，由y ′＝0解得t ＝ 801－m －2，函数在⎝ ⎛⎦⎥⎤0， 801－m －2上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤ 801－m －2，8上单调递减．所以当t ＝ 801－m －2时，函数取得最大值，最大值为62.5－80⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＋2＋(m －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＝64.5－85(1－m )－2m (百万元)．综上，若1≤m ≤1.2，则当促销费投入t ＝8时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为46.5＋8m (百万元)；若0<m <1，则当促销费投入t ＝801－m －2时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为64.5－85(1－m )－2m (百万元)． 变式练习3．某商场预计2013年1月份起前x 个月，顾客对某商品的需求总量p (x )(单位：件)与x 的关系近似地满足p (x )＝12x (x ＋1)(39－2x )(x ∈N *，且x ≤12)．该商品第x 月的进货单价q (x )(单位：元)与x 的近似关系是q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 150＋2x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，185－160x (x ∈N *，且7≤x ≤12). (1)写出2013年第x 月的需求量f (x )(单位：件)与x 的函数关系式；(2)该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2013年第几月销售该商品的月利润最大，最大月利润为多少元？解：(1)当x ＝1时，f (1)＝p (1)＝37，当2≤x ≤12，且x ∈N *时，f (x )＝p (x )－p (x －1)＝12x (x ＋1)(39－2x )－12(x －1)·x (41－2x )＝－3x 2＋40x .经验证x ＝1符合f (x )＝－3x 2＋40x (x ∈N *，且1≤x ≤12)．(2)该商场预计第x 月销售该商品的月利润为g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (－3x 2＋40x )(35－2x )(x ∈N *，且1≤x ≤6)，(－3x 2＋40x )·160x (x ∈N *，且7≤x ≤12)，即g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧6x 3－185x 2＋1 400x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，－480x ＋6 400(x ∈N *，且7≤x ≤12)， 当1≤x ≤6，且x ∈N *时，g ′(x )＝18x 2－370x ＋1 400，令g ′(x )＝0，解得x ＝5，x ＝1409(舍去)．当1≤x ≤5时，g ′(x )>0，当5<x ≤6时，g ′(x )<0，∴当x ＝5时，g (x )max ＝g (5)＝3 125(元)．∴当7≤x ≤12，且x ∈N *时，g (x )＝－480x ＋6 400是减函数，当x ＝7时，g (x )max ＝g (7)＝3 040(元)， 综上，商场2013年第5个月的月利润最大，最大利润为3 125元．三、归纳总结 方法在握归纳1、 利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．归纳2、将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．四、拓展延伸 能力升华例1、 (2012·山东高考)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2.[解] (1)由f (x )＝ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－kx －x ln x x e x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1x ex (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)，令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0.又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，所以g (x )＝x ＋1e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)． 因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2等价于1－x －x ln x <e x x ＋1(1＋e －2)． 由(2)h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)，x ∈(0，＋∞)， 因此当x ∈(0，e －2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e －2)＝1＋e －2，故1－x －x ln x ≤1＋e －2.设φ(x )＝e x －(x ＋1)．因为φ′(x )＝e x －1＝e x －e 0，所以当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，φ(x )>φ(0)＝0，故当x ∈(0，＋∞)时，φ(x )＝e x －(x ＋1)>0，即e x x ＋1>1.所以1－x －x ln x ≤1＋e －2<e x x ＋1(1＋e －2)．因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 变式练习(2012·辽宁高考)设f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 解：(1)由y ＝f (x )过(0,0)点，得b ＝－1.由y ＝f (x )在(0,0)点的切线斜率为32， 又y ′|x ＝0＝⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1＋a x ＝0＝32＋a ，得a ＝0. (2)证明：法一：由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2，故x ＋1<x 2＋1. 记h (x )＝f (x )－9x x ＋6，则h ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1－54(x ＋6)2＝2＋x ＋12(x ＋1)－54(x ＋6)2<x ＋64(x ＋1)－54(x ＋6)2＝(x ＋6)3－216(x ＋1)4(x ＋1)(x ＋6)2.令g (x )＝(x ＋6)3－216(x ＋1)，则当0<x <2时，g ′(x )＝3(x ＋6)2－216<0. 因此g (x )在(0,2)内是递减函数．又由g (0)＝0，得g (x )<0，所以h ′(x )<0.因此h (x )在(0,2)内是递减函数．又h (0)＝0，得h (x )<0.于是当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 法二：由(1)知f (x )＝ln (x ＋1)＋x ＋1－1.由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2， 故x ＋1<x 2＋1.①令k (x )＝ln (x ＋1)－x ，则k (0)＝0，k ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1<0， 故k (x )<0，即ln(x ＋1)<x .②由①②得，当x >0时，f (x )<32x .记h (x )＝(x ＋6)f (x )－9x ，则当0<x <2时， h ′(x )＝f (x )＋(x ＋6)f ′(x )－9<32x ＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1－9＝12(x ＋1)[3x (x ＋1)＋(x ＋6)(2＋x ＋1)－18(x ＋1)] <12(x ＋1)⎣⎡⎦⎤3x (x ＋1)＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎫3＋x 2－18(x ＋1) ＝x 4(x ＋1)(7x －18)<0.因此h (x )在(0,2)内单调递减．又h (0)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9x x ＋6. 五、课后作业 巩固提高1．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x 2)min ＝3×12＝3，∴a ≤3，故a max ＝3.2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln 3)B.13ln 3 C ．1＋ln 3 D ．ln 3－1 解析：选A 由题意知|MN |＝|x 3－ln x |，设h (x )＝x 3－ln x ，h ′(x )＝3x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝ 313，易知当x ＝ 313时，h (x )取得最小值，h (x )min ＝13－13ln 13＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13>0，故|MN |min ＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13＝13(1＋ln 3)． 3．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.4．球的直径为d ，其内接正四棱柱体积V 最大时的高为( )A.22dB.32dC.33dD.23d 解析：选C 设正四棱柱的高为h ，底面边长为x ，如图是其组合体的轴截面图形，则AB ＝2x ，BD ＝d ，AD ＝h ，∵AB 2＋AD 2＝BD 2，∴2x 2＋h 2＝d 2.∴x 2＝d 2－h 22.又∵V ＝x 2·h ＝(d 2－h 2)h 2＝12(d 2h －h 3)， ∴V ′(h )＝12d 2－32h 2. 令V ′(h )＝0，得h ＝33d 或h ＝－33d (舍去)． 5．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．0B ．10C ．18D ．20解析：选D f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，解得x ＝±1，所以1，－1为函数f (x )的极值点．因为f (－3)＝－18，f (－1)＝2，f (1)＝－2，f (2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝2，f (x )min ＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2，|f (x 1)－f (x 2)|≤20，所以t ≥20，从而t 的最小值为20.6．(2013·宜昌模拟)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14B.13C.12D ．1 解析：选D 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1.令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a， 当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 7．设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，若当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，故f ′(x )＝3x 2＋1>0，则f (x )在x ∈R 上为单调增函数，又因为f (－x )＝－f (x )．故f (x )也为奇函数，由f (m sin θ)＋f (1－m )>0，即f (m sin θ)>－f (1－m )＝f (m －1)，得m sin θ>m －1，即m (sin θ－1)>－1，因为0≤θ≤π2，故当θ＝π2时，0>－1恒成立；当θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，m <11－sin θ恒成立，即m <⎝ ⎛⎭⎪⎫11－sin θmin ＝1.故m <1. 答案：(－∞，1)8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700.令y ′＝0得p 2＋100p －3900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则p ，y ，y ′变化关系如下表： p(20,30) 30 (30，＋∞) y ′＋ 0 － y 增 极大值 减故当p ＝30时，y 又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元． 答案：30 23 0009．若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |>1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1<|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝⎛⎭⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233. 答案：⎣⎡⎦⎤－233，233 10．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)根据题意知，f ′(x )＝a (1－x )x(x >0)， 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数，(2)∵f ′(2)＝－a 2＝1，∴a ＝－2.∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3.∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上不是单调函数，且g ′(0)＝－2.∴⎩⎨⎧ g ′(t )<0，g ′(3)>0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(1)<0，g ′(2)<0，g ′(3)>0，∴－373<m <－9. 11．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然常数，a ∈R . (1)讨论当a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当1<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明：∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴f (x )min ＝1.又∵g ′(x )＝1－ln x x 2，∴0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e <12.∴f (x )min －g (x )max >12.∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0<1a<e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.12．设函数f (x )＝x －1x－a ln x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线被圆x 2＋y 2＝1截得的弦长为2，求a 的值；(2)若函数f (x )在其定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)当a ≤2时，设函数g (x )＝x －ln x －1e，若在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：（1）由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．(1)求导得，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2， 故f ′(1)＝2－a ，而f (1)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －0＝(2－a )·(x －1)，即y ＝(2－a )(x －1)．故圆心到直线的距离d ＝|2－a |(2－a )2＋(－1)2＝ 12－⎝⎛⎭⎫222，即|2－a |(2－a )2＋1＝22，解得a ＝1或a ＝3. (2)因为函数f (x )在其定义域上为增函数，即f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以1＋1x 2－a x ≥0恒成立，即a ≤x ＋1x. 又x ＋1x ≥2 x ×1x＝2(当且仅当x ＝1时取等号)，故a 的取值范围为(－∞，2]． (3)由在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，可知当x ∈[1，e]时，f (x )max ≥g (x )min .又因g ′(x )＝1－1x，所以当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，即函数g (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，最小值为g (1)＝1－ln 1－1e ＝1－1e .由(1)知f ′(x )＝x 2－ax ＋1x2，因为x 2>0，又函数 y ＝x 2－ax ＋1的判别式Δ＝(－a )2－4×1×1＝a 2－4，(ⅰ)当a ∈[－2,2]时，Δ≤0，则f ′(x )≥0恒成立，即函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，故函数f (x )在区间[1，e]上的最大值为f (e)＝e －1e －a ，故有f (e)≥g (1)，即e －1e －a ≥1－1e，解得a ≤e －1. 又a ∈[－2,2]，所以a ∈[－2，e －1]；(ⅱ)当a <－2时，Δ>0，f ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， 此时x 1<0，x 2<0.故函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数．由(ⅰ)知，a ≤e －1，又a <－2，故a <－2.综上所述，a 的取值范围为(－∞，e －1]．。
导数的综合应用
3.3 导数的综合应用1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．( √ )(2)函数f (x )＝x 2－3x ＋2的极小值也是最小值．( √ )(3)函数f (x )＝x ＋x －1和g (x )＝x －x －1都是在x ＝0时取得最小值－1.( × )(4)函数f (x )＝x 2ln x 没有最值．( × ) (5)已知x ∈(0，π2)，则sin x >x .( × )(6)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上没有实数根．( × )1．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．2121e e ln ln xxx x >－－ B ．1221e eln ln xx x x <－－C ．1221e e x xx x > D ．1221e e xxx x < 答案 C解析 设f (x )＝e x －ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x.令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A ，B 选项不正确．设g (x )＝e xx (0<x <1)，则g ′(x )＝e x(x －1)x 2.又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴1221e e xxx x >.2．(2013·福建)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 答案 D解析 A 错，因为极大值未必是最大值．B 错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点．C 错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点．D 对，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点．3．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x (x >0)的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t ＝22. 4．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件 D ．4百万件答案 C解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.题型一 利用导数证明不等式例1 已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0.设两曲线y＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同． (1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x >0)．(1)解 设两曲线的公共点为(x 0，y 0)， f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x，由题意知f (x0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎨⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a2x.由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a .令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t )＝2t (1－3ln t )．于是当t (1－3ln t )>0，即0<t <13e 时，h ′(t )>0；当t (1－3ln t )<0，即t >13e 时，h ′(t )<0.故h (t )在(0，13e )上为增函数，在(13e ，＋∞)上为减函数，于是h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (13e )＝233e 2，即b 的最大值为233e 2.(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x(x >0)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是F (x )在(0，＋∞)上的最小值是F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0， 即当x >0时，f (x )≥g (x )．思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数，并求其单调区间； (2)判断区间端点函数值与0的关系；(3)判断定义域内函数值与0的大小关系，证不等式．证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22x ， 则F ′(x )＝cos x －22. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1<0， 所以H (x )在[0,1]上是减函数， 则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x .综上，22x≤sin x≤x，x∈[0,1]．题型二利用导数研究函数零点问题例2(2013·北京)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解(1)由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，则a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．思维升华函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a.由f′(x)<0，解得－a<x<a，∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)． 题型三 生活中的优化问题例3 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一审条件挖隐含典例：(12分)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M .(2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．审题路线图(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质 g (x )max －g (x )min ≥MM 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )(理解“任意”的含义) f (x )min ≥g (x )max求得g (x )max ＝1 ax＋x ln x ≥1恒成立 分离常数 a ≥x －x 2ln x 恒成立求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值 a ≥h (x )max ＝h (1)＝1 a ≥1 规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23)．令g ′(x )>0得x <0，或x >23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.[5分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[7分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[10分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[12分]温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离常数的方法，转化为求函数的值域问题．方法与技巧1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 失误与防范1．函数f (x )在某个区间内单调递增，则f ′(x )≥0而不是f ′(x )>0，(f ′(x )＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.A 组 专项基础训练(时间：45分钟)1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )答案 C解析 由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D.2．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.4．若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( )A.33B. 3C.3＋1D.3－1 答案 D解析 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，若a >1，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当1<x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝a 时，令f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． 若0<a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1，故选D. 5．设函数h t (x )＝3tx －322t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，则x 0等于( )A ．5B. 5 C ．3D.7答案 D解析 ∵h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max .记g (t )＝h t (x 0)＝3tx 0－322t ，则g ′(t )＝3x 0－123t ，令g ′(t )＝0，得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 30，∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D. 6．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，且当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当x <1a时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1a ，2)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，解得a ＝1.7．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.答案 －2或2解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．由题意知，f (1)＝0或f (－1)＝0，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.8．设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________．答案 4解析 若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立；当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x 3. 设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4， 所以g (x )在区间(0，12]上单调递增， 在区间[12，1]上单调递减， 因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4； 当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x 3在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4.9．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.10．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米． (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时， 设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，所以当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25.易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．(2014·辽宁)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3]B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C 解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max .设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0， ∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6，∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.12．设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为常数．若f (x )在(1，＋∞)上是减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x 恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x －a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，a 的取值范围是(e ，＋∞)．13．已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是____________．答案 [－1e，＋∞) 解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e. 而函数g (x )的最大值为a ，则由题意，可得－1e ≤a 即a ≥－1e. 14．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0.(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x. 由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)．(2)由题意得f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e.由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2， 解得a ＝e.15．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．(1)解 ∵a ＝1，∴f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x＝x －1x， ∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明 ∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴[f (x )]min ＝1.又g ′(x )＝1－ln x x 2， ∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增．∴[g (x )]max ＝g (e)＝1e <12， ∴[f (x )]min －[g (x )]max >12， ∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)解 假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a)上单调递减， 在(1a，e]上单调递增， [f (x )]min ＝f (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ②当1a≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减， [f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )无最小值． 综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3.。
导数的综合应用
导数的综合应用一、导数在不等式中的应用考点一 构造函数证明不等式【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立. (1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞).当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.由f ′(x )＝0，得x ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x ex ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x .规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x 在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1， 所以a ≤e(e －2)e －1， 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1. 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .[方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0；∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0；∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、导数在函数零点中的应用考点一 判断零点的个数【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x－4ln x 的零点个数． 解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋g (x )极大值 极小值当0<x ≤3时，g 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】 函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )＝ax ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，因为f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1图象有两个不同的交点． 由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <e 时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >e 时，f (x )>0.当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1.所以m 的取值范围是(－2，－1)．规律方法 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三 函数零点的综合问题【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a . (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋a ln 2 a.[方法技巧]1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.。
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,导数的综合运用一、教学目标：1. 理解函数的极值与最值的概念，掌握求解函数极值与最值的方法。
2. 熟练运用导数性质，解决实际问题中的最值问题。
3. 提高学生分析问题和解决问题的能力，培养学生的逻辑思维和数学素养。
二、教学内容：1. 函数的极值与最值概念。
2. 求解函数极值与最值的方法。
3. 导数在实际问题中的应用。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：函数的极值与最值的概念，求解方法及实际应用。
2. 教学难点：导数在实际问题中的综合运用。
四、教学方法与手段：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究函数极值与最值的问题。
2. 利用多媒体课件，展示函数图像，直观地引导学生理解极值与最值的概念。
3. 结合实际问题，运用导数求解最值问题，培养学生的应用能力。
五、教学过程：1. 导入新课：复习函数的极值与最值概念，引导学生回顾求解方法。
2. 知识讲解：讲解求解函数极值与最值的方法，结合实例进行分析。
3. 课堂练习：布置练习题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。
4. 案例分析：结合实际问题，运用导数求解最值问题，培养学生的应用能力。
6. 作业布置：布置课后作业，巩固所学知识，提高学生的自主学习能力。
教案将继续编写后续章节，敬请期待。
六、教学评估：1. 课堂练习环节，通过学生解答练习题的情况，评估学生对函数极值与最值概念的理解以及求解方法的掌握程度。
2. 案例分析环节，通过学生分析实际问题、运用导数求解最值问题的过程，评估学生的应用能力和逻辑思维。
3. 课后作业的完成情况，评估学生对课堂所学知识的巩固程度和自主学习能力。
七、教学反思：1. 根据教学评估的结果，反思教学过程中是否存在不足，如有需要，调整教学方法，以提高教学效果。
2. 针对学生的掌握情况，针对性地进行辅导，解决学生在学习过程中遇到的问题。
3. 结合学生的反馈，优化教学内容，使之更符合学生的学习需求。
八、课后作业：1. 复习本节课所学的函数极值与最值的概念及求解方法。
导数的应用
2
3
3
因此,f(x)的递增区间是: (2k 2 ,2k 2 )(k Z );
3
3
递减区间是:
(2k
2
3
,2k
4
3
)(k
Z
).
(2)f(x)=x/2-ln(1+x)+1
解:函数的定义域是(-1,+∞), f (x) 1
1
x1 .
由xf
(x) 0 1 0
域,在求出使导数的值为正或负的x的范围时,要与
定义域求两者的交集.
(3) f (x) x ax x2 (a 0);
解:函数的定义域是[0,a],且当x≠0,a时,有:
f ( x) ax x2 x(a 2x) x(3a 4x) . 2 ax x2 2 ax x2
为增函数. 依题意应有 当 x (1,4)时, f (x) 0,当x (6,)时, f (x) 0.
所以 4 a 1 6. 解得 5 a 7.
所以 a 的取值范围是[5，7].
；可以提现的棋牌游戏 可以提现的棋牌游戏 ；
沿途分布着季节性洲滩湖泊 散居在洪泽湖沿岸 南北长约10000m 河流转向西流横贯库尔勒市区 4%； 松门山海拔90.流域特征 经莎车、泽普、麦盖提、巴楚县 均处于振荡式的负向运动中 喀什地区首府喀什市 濉河 湖面周围形成了223平方千米的湿地 旱情减轻 被称为“白鹤王国” 白虾剥虾仁出肉率高 绕城与石梁河汇合入天井湖 十一圩港南起江阴北 迫使下荆江洪水从“华容隆起”的垭口（原小溪向北的流路）向南漫流 成朱联圩位于南昌市新建区境内 6% 另有淮沭新河和苏北灌溉总渠 向东偏南流 ?环庐山山南公路在鄱阳湖西北岸庐山市和濂溪区
导数应用的综合
导数在研究函数中的应用一、自主梳理1．导数和函数单调性的关系：(1)若f ′(x )>0在(a ，b )上恒成立，则f (x )在(a ，b )上是______函数，f ′(x )>0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(2)若f ′(x )<0在(a ，b )上恒成立，则f (x )在(a ，b )上是______函数，f ′(x )<0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(3)若在(a ，b )上，f ′(x )≥0，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒等于零⇔f (x )在(a ，b )上为______函数，若在(a ，b )上，f ′(x )≤0，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒等于零⇔f (x )在(a ，b )上为______函数． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧________，右侧________，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧________，右侧________，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程________的根；③检查f ′(x )在方程________的根左右值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得________；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得________．3. 自我检测1.已知f (x )的定义域为R ，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则( ) A ．f (x )在x ＝1处取得极小值 B ．f (x )在x ＝1处取得极大值C ．f (x )是R 上的增函数D ．f (x )是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数 2．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，＋∞)3．已知函数y ＝f (x )，其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x ) ( ) A ．在(－∞，0)上为减函数 B ．在x ＝0处取极小值 C ．在(4，＋∞)上为减函数 D ．在x ＝2处取极大值4．设p ：f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q ：m ≥43，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，则f (2)＝________.二、考点分析探究点一 函数的单调性例1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )能否为R 上的单调函数，若能，求出a 的取值范围；若不能，请说明理由．变式迁移1 已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )． (1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．探究点二 函数的极值例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)若关于x 的方程f (x )＝k 有三个零点，求实数k 的取值范围．变式迁移2 设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点．(1)试确定常数a 和b 的值； (2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．探究点三 求闭区间上函数的最值例3 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．变式迁移3 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式； (2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值和最小值．三、知识扩展分类讨论求函数的单调区间例 已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，a >1.(1)讨论函数f (x )的单调性； (2)证明：若a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.【突破思维障碍】(1)讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不 等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的情况下，根的大小是分类的标准； (2)利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过函数研究函数的性质进而解决不等式问题．四、课堂小结1．求可导函数单调区间的一般步骤和方法： (1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )，令f ′(x )＝0，求出它在定义域内的一切实根；(3)把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f ′(x )在各个开区间内的符号，根据f ′(x )的符号判定函数f (x )在每个相应小开区间内的增减性． 2．可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x 0一定满足f ′(x 0)＝0，但当f ′(x 1)＝0时，x 1不一定是极值点．如f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．(2)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． 3．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值． 4．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．五、课堂练习一、选择题1．设f (x )，g (x )是R 上的可导函数，f ′(x )、g ′(x )分别为f (x )、g (x )的导函数，且f ′(x )·g (x )＋f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有 ( ) A ．f (x )g (b )>f (b )g (x ) B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (x )>f (b )g (b )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )2.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点 ( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．若函数y ＝a (x 3－x )在区间⎝⎛⎭⎫－33，33上为减函数，则a 的取值范围是 ( ) A ．a >0 B ．－1<a <0 C ．a >1D ．0<a <14．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <325．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则 ( )A ．a >－3B ．a <－3C ．a >－13D ．a <－13二、填空题6．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.7．已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如右图所示，给出以下结论： ①函数f (x )在(－2，－1)和(1,2)上是单调递增函数；②函数f (x )在(－2,0)上是单调递增函数，在(0,2)上是单调递减函数； ③函数f (x )在x ＝－1处取得极大值，在x ＝1处取得极小值； ④函数f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)．则正确命题的序号是________．(填上所有正确命题的序号)．8．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围为________． 三、解答题9．求函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极值．10．已知a 为实数，且函数f (x )＝(x 2－4)(x －a )．(1)求导函数f ′(x )； (2)若f ′(－1)＝0，求函数f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值．11．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，且函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称． (1)求m ，n 的值及函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若a >0，求函数y ＝f (x )在区间(a －1，a ＋1)内的极值．导数的综合应用一、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． 3. 自我检测1．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为 ( )A ．0≤a <1B ．0<a <1C ．－1<a <1D ．0<a <122．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．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2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________．二、考点分析探究点一 求含参数的函数的最值 例1 已知函数f (x )＝x 2e －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 )＝a ln xx.(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 已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.变式迁移2 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.探究点三 实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a 元(3≤a ≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x 元(9≤x ≤11)时，一年的销售量为(12－x )2万件． (1)求分公司一年的利润L (万元)与每件产品的售价x 的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L 最大，并求出L 的最大值Q (a )．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x (元)与年产量t (吨)满足函数关系x ＝2 000t .若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S 元(以下称S 为赔付价格)． (1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t (吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y ＝0.002t 2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？三、知识扩展转化与化归思想的应用例已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；(2)证明：(x－1)f(x)≥0.【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．四、课堂小结1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；(4)回到实际问题，作出解答．五、课堂练习一、选择题1．已知曲线C：y＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线C相切于点Q，则点Q的横坐标为() A．－1 B．1 C．－2 D．22．已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，则t 的取值范围是 ( ) A ．t >5 B ．t <5 C ．t ≥5D ．t ≤55．若函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2x 2，则a ，b 的大小关系是 ( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a 、b 的大小不能确定二、填空题6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，则仓库容积的最大值为________m 3. 8．若函数f (x )＝4xx 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，则实数m 的取值范围为________． 三、解答题9．已知函数f (x )＝12(1＋x )2－ln(1＋x )．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[1e －1，e －1]时，f (x )<m 恒成立，求m 的取值范围．10．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5 (0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式； (2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．11．设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋bx ，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a 、b 的值；(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小．定积分及其简单的应用一、自主梳理1．定积分的几何意义：如果在区间[a ，b ]上函数f (x )连续且恒有f (x )≥0，那么函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分的几何意义是直线________________________所围成的曲边梯形的________． 2．定积分的性质 (1) ()ba kf x dx ⎰＝__________________ (k 为常数)；(2) ()()12ba f x f x dx ±⎡⎤⎣⎦⎰＝_____________________________________；(3)()baf x dx ⎰＝_______________________________________.3．微积分基本定理一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么()()()baf x dx F a F b =-⎰，这个结论叫做________________________，为了方便，我们常把()()F a F b -记成___________________________，即()()()()bb a af x dx F x F a F b ==-⎰．4．定积分在几何中的应用(1)当x ∈[a ，b ]且f (x )>0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积S ＝__________. (2)当x ∈[a ，b ]且f (x )<0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积S ＝__________. (3)当x ∈[a ，b ]且f (x )>g (x )>0时，由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )和曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )围成的平面图形的面积S ＝______________________.(4)若f (x )是偶函数，则()()02aa a f x dx f x dx -=⎰⎰；若f (x )是奇函数，则()0aa f x dx -=⎰. 5．定积分在物理中的应用(1)匀变速运动的路程公式做变速直线运动的物体所经过的路程s ，等于其速度函数v ＝v (t )[v (t )≥0]在时间区间[a ，b ]上的定积分，即_____．(2)变力做功公式一物体在变力F (x )(单位：N)的作用下做直线运动，如果物体沿着与F 相同的方向从x ＝a 移动到x ＝b (a <b )(单位：m)，则力F 所做的功W ＝__________________________.6.自我检测1．计算定积分503xdx ⎰的值为 ( )A.752 B ．75 C.252 D ．252．定积分()12011x x dx ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦⎰等于( )A.π－24 B.π2－1 C.π－14 D.π－123．如右图所示，阴影部分的面积是( )A ．2 3B ．2－ 3 C.323 D.3534．4210dx x =⎰等于 ( )A ．－2ln 2B ．2ln 2C ．－ln 2D ．ln 25．若由曲线y ＝x 2＋k 2与直线y ＝2kx 及y 轴所围成的平面图形的面积S ＝9，则k ＝________. 二、考点分析探究点一 求定积分的值例1 计算下列定积分：(1)2111()e x dx x x ++⎰； (2)20sin 2cos )x x dx π-⎰（；(3) ()02sin 32x x e dx π-+⎰； (4) 2201x dx -⎰；变式迁移1计算下列定积分：(1) 20sin xdx π⎰； (2) 20sin xdx π⎰.探究点二 求曲线围成的面积例2 计算由抛物线y ＝12x 2和y ＝3－(x －1)2所围成的平面图形的面积S .变式迁移2 计算曲线y ＝x 2－2x ＋3与直线y ＝x ＋3所围图形的面积．探究点三 定积分在物理中的应用例3 一辆汽车的速度－时间曲线如图所示，求此汽车在这1 min 内所行驶的路程．变式迁移3A、B两站相距7.2 km，一辆电车从A站开往B站，电车开出t s后到达途中C点，这一段速度为1.2t m/s，到C点时速度达24 m/s，从C点到B点前的D点以匀速行驶，从D点开始刹车，经t s后，速度为(24－1.2t)m/s，在B点恰好停车，试求：(1)A、C间的距离；(2)B、D间的距离；(3)电车从A站到B站所需的时间．四、知识扩展函数思想的应用例在区间[0,1]上给定曲线y＝x2.试在此区间内确定点t的值，使图中的阴影部分的面积S1与S2之和最小，并求最小值．【突破思维障碍】本题既不是直接求曲边梯形面积问题，也不是直接求函数的最小值问题，而是先利用定积分求出面积的和，然后利用导数的知识求面积和的最小值，难点在于把用导数求函数最小值的问题置于先求定积分的题境中，突出考查学生知识的迁移能力和导数的应用意识．四、课堂小结1．定积分()ba f x dx ⎰的几何意义就是表示由直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0和曲线y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积；反过来，如果知道一个这样的曲边梯形的面积也就知道了相应定积分的值，如2204x dx π-=⎰ (半径为2的14个圆的面积)，22242x dx π--=⎰。
导数函数综合应用(含答案)
导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。
导数及其应用第八讲 导数的综合应用
专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用2019年1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数f(x) 2x 3 ax2 2.（1）讨论f(x) 的单调性；（2）当0<a<3时，记f(x) 在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围.2.（2019北京文20）已知函数1f(x) x x x．3 24（Ⅰ）求曲线y f(x) 的斜率为1 的切线方程；（Ⅱ）当x[2, 4]时，求证：x 6 f(x) x；（Ⅲ）设F(x) | f(x) (x a) | (a R) ，记F(x) 在区间[2, 4] 上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a 的值．3.（2019江苏19）设函数f(x) (x a)(x b)(x c),a,b,c R 、f'(x) 为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a 的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f'(x) 的零点均在集合{3,1, 3}中，求f（x）的极小值；（3）若a0,0 b…1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤4 27．4.（2019 全国Ⅰ文20）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．5.（2019 全国Ⅰ文20）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．6.（2019 全国Ⅱ文21）已知函数f(x) (x1) ln x x1.证明：（1）f(x) 存在唯一的极值点；（2）f(x)=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.17.（2019 天津文20）设函数f(x) ln x a(x1)e x，其中a R. （Ⅰ）若a≤0 ，讨论f x 的单调性；1（Ⅱ）若0 a，e（i）证明f x恰有两个零点（ii）设x为f x 的极值点，x为f x的零点，且1 x x，证明3x x2.1 0 0 18.（2019 浙江22）已知实数a0 ，设函数f(x)=a ln x x1, x0.（1）当3a时，求函数f(x) 的单调区间；4（2）对任意1 xx[ ,) 均有( ) ,f x求a的取值范围.e 2a2注：e=2.71828…为自然对数的底数.2010-2018 年一、选择题1．（2017 新课标Ⅰ）已知函数f(x) ln x ln(2 x) ，则A．f(x) 在(0, 2) 单调递增B．f(x) 在(0, 2) 单调递减C．y f(x) 的图像关于直线x1对称D．y f(x) 的图像关于点(1, 0) 对称2．（2017 浙江）函数y f(x) 的导函数y f(x) 的图像如图所示，则函数y f(x) 的图像可能是yO x2yyOxxOA ．B ．yyxxOOC ．D ．3．（2016 年全国 I 卷）若函数1f x x x a x 在 (,) 单调递增，则 a 的( )sin 2 sin 3取值范围是 A ．[1, 1]B ．[1, 1]C ．[ 1 , 1]D ．[ 1, 1]33 334．（2016 年四川）已知 a 为函数 f (x ) x 3 12x 的极小值点，则 aA ． 4B ． 2C ．4D ．25．（2014 新课标 2）若函数 f (x ) kx ln x 在区间（1，+ ）单调递增，则 k 的取值范围是 A．,2B．,1C ．2,D ．1,6．（2014 新课标 2）设函数 f x3 sin x．若存在 f x的极值点mx满足2x f xm ，则 m 的取值范围是2 2A．,66,B．,44,C ．,22,D ．,11,7．（2014 辽宁）当 x [2,1]时，不等式 ax3x24x 3 0恒成立，则实数 a 的取值范围是3A ．[5,3]B ．[ 6, 9]C ．[6,2]D ．[4,3]88．（2014 湖南）若0 x x1，则12xxlnlne eln x ln xA ．21e ex xB ．xx212121C ． x ex eD ． xx 1221x exx ex1221a9．（2014 江西）在同一直角坐标系中，函数 y ax 2 x与 y a 2 x 3 2ax 2 x a2(a R ) 的 图 像 不．可．能．的是 yyyyOxxOAxOBCxOD f x x 3 ax 2bx c ，下列结论中错误的是10．（2013 新课标 2）已知函数A ．x 0 R , f x0 0B ．函数 yf x的图像是中心对称图形C ．若 x 是 f x的极小值点，则 fx 在区间, x 单调递减D ．若 x 是 f x的极值点，则f ' x11．（2013 四川）设函数 f (x ) e x x a （ a R ，e 为自然对数的底数）．若存在b[0,1]使 f ( f (b )) b 成立，则 a 的取值范围是（ ）A ．[1,e ]B ．[1,1 e ]C ．[e ,1 e ]D ．[0,1]x 0 (x 0 0)是 f (x ) 的极大值点，以下结论一12．（2013 福建）设函数f(x) 的定义域为R，定正确的是A．xx R, f(x) f(x) B．是f(x) 的极小值点0 0C．x是f(x) 的极小值点D．是f(x) 的极小值点x0 01 213．（2012 辽宁）函数y x ln x的单调递减区间为24A．(－1,1] B．(0,1] C．[1,+ ) D．(0,+ )14．（2012 陕西）设函数f(x ) xe x，则A．x 1为f(x) 的极大值点B．x 1为f(x) 的极小值点C．x1为f(x) 的极大值点D．x1为f(x) 的极小值点15．（2011 福建）若a0 ，b0，且函数f(x ) 4x3 ax2 2bx 2 在x 1处有极值，则ab的最大值等于A．2 B．3 C．6 D．916．（2011 浙江）设函数fx ax bx c a b c R，若x1为函数2 , , f x e的一x 个极值点，则下列图象不可能为yf x的图象是A B C D 17．（2011 湖南）设直线x t与函数f(x ) x2 ，g(x ) ln x的图像分别交于点M, N，则当MN达到最小时t的值为A．1 B．12C．52D．22二、填空题18．（2016 年天津）已知函数f(x ) (2x+1)e x, f (x) 为f(x) 的导函数，则f (0) 的值为____. 19．（2015 四川）已知函数f(x ) 2x，g(x ) x 2 ax(其中a R )．对于不相等的实数f(x) f(x)x x，设m＝ 1 21, 2x x1 2g(x) g(x)，n＝ 1 2x x1 2．现有如下命题：①对于任意不相等的实数x x，都有m 0；1, 2②对于任意的a及任意不相等的实数x x，都有n>0 ；1, 2③对于任意的a，存在不相等的实数x x，使得m n；1, 2x x，使得mn；5④对于任意的 a ，存在不相等的实数 x x ，使得 m n ．1, 2x x ，使得 m n ． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．20．（2011 广东）函数 f x x x 在 x =______处取得极小值．( )3132三、解答题21．（2018 全国卷Ⅰ）已知函数 f (x ) ae x ln x 1．(1)设 x 2 是 f (x ) 的极值点．求 a ，并求 f (x ) 的单调区间； 1(2)证明：当 a ≥ 时， f (x )≥0 ．e 22．（2018 浙江）已知函数f (x ) x ln x ．(1)若 f (x ) 在 x x ， 1x ( 2x x )处导数相等，证明： 1 2f (x ) f (x ) 88ln 2 ；1 2(2)若 a ≤3 4ln 2 ，证明：对于任意 k0 ，直线 y kx a 与曲线 yf (x ) 有唯一 公共点．23．（2018 全国卷Ⅱ）已知函数 ( ) 1 3( 21)f xx a x x．3(1)若 a 3，求 f (x ) 的单调区间； (2)证明： f (x ) 只有一个零点．24．（2018 北京）设函数 f (x ) [ax (3a 1)x 3a 2]e x．2(1)若曲线 yf (x ) 在点 (2, f (2)) 处的切线斜率为 0，求 a ； (2)若 f (x ) 在 x 1处取得极小值，求 a 的取值范围．25．（2018 全国卷Ⅲ）已知函数f (x )ax 2 x 1 ．e x(1)求曲线 yf (x ) 在点(0,1) 处的切线方程； (2)证明：当 a ≥1时， f (x ) e ≥0 ．26．（2018 江苏）记 f (x ), g (x ) 分别为函数 f (x ), g (x ) 的导函数．若存在 xR ，满足f (x )g (x ) 且 0 0f xg x ，则称 ( ) ( )x 为函数 f (x ) 与 g (x ) 的一个“ S 点”．(1)证明：函数f(x) x与g(x) x2 2x 2 不存在“S点”；6(2)若函数 f (x ) ax 1与 g (x ) ln x 存在“ S 点”，求实数 a 的值；2(3)已知函数f x x a ， ( )e( )g x．对任意 a 0 ，判断是否存在b 0，使函bx2x数 f (x ) 与 g (x ) 在区间 (0,)内存在“ S 点”，并说明理由．27．（2018 天津）设函数 f (x )=(x t )(x t )(x t ) ，其中t t tR ，且1, 2 , 3t t t 是公差 1, 2 , 3123为 d 的等差数列． (1)若 20, 1,t d 求曲线 y f (x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；(2)若 d 3，求 f (x ) 的极值；(3)若曲线 y f (x ) 与直线 y (x t ) 6 3 有三个互异的公共点，求 d 的取值范围．228．（2017 新课标Ⅰ）已知函数 f (x ) e x (e xa ) a x ．2(1)讨论 f (x ) 的单调性；(2)若 f (x )≥0 ，求 a 的取值范围．29．（2017 新课标Ⅱ）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 a 的取值范围． 30．（2017 新课标Ⅲ）已知函数 f (x ) ln x ax (2a 1)x ．2(1)讨论 f (x ) 的单调性； (2)当 a 0 时，证明 ( )3 2f x≤．4a31．（2017 天津）设 a ,b R ，| a |≤1．已知函数 f (x ) x36x 23a (a 4)x b ，g (x ) e x f (x ) ．（Ⅰ）求 f (x ) 的单调区间；（Ⅱ）已知函数 y g (x ) 和 y e x 的图象在公共点(x , y ) 处有相同的切线，（i）求证：f(x) 在x x处的导数等于0；7（ii）若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x1, x1]上恒成立，求b的取值范围．0 032．（2017 浙江）已知函数f(x) (x2x1)e x( 1)x≥．2（Ⅰ）求f(x) 的导函数；1（Ⅱ）求f(x) 在区间[ ,) 上的取值范围．233．（2017 江苏）已知函数( ) 1f x x3 ax2 bx(a0,b R) 有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x) 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；b2 3a；（2）证明：34．（2016 年全国I 卷）已知函数f(x) (x2)e a(x1) .2 2(I)讨论f(x) 的单调性；(II)若f(x) 有两个零点，求a的取值范围.35．（2016 年全国II 卷）已知函数f(x) (x1) ln x a(x1) .(Ⅰ)当a4时，求曲线y f(x) 在1, f(1)处的切线方程；(Ⅱ)若当x1,时，f(x)＞0 ，求a的取值范围.36．（2016 年全国III 卷）设函数f(x) ln x x1．（Ⅰ）讨论f(x) 的单调性；（Ⅱ）证明当x(1,) 时，1 1x；xln x（III）设c1，证明当x(0,1)时，1(c1)x c x．37．（2015 新课标2）已知函数f(x) ln x a(1x) ．（Ⅰ）讨论f(x) 的单调性；（Ⅱ）当f(x) 有最大值，且最大值大于2a 2 时，求a的取值范围．f x 2 ae x ln8（Ⅰ）讨论 f x的导函数 fx零点的个数；2（Ⅱ）证明：当 a 0 时f x2a a ln ≥．a39．（2014 新课标 2）已知函数 f (x ) x 3x ax 2 ，曲线 y f (x ) 在点（0，2）处的32切线与 x 轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求 a ；（Ⅱ）证明：当 k 1时，曲线 y f (x ) 与直线 y kx 2 只有一个交点．40．(2014 山东）设函数(2 ln )xk （ k 为常数， e 2.71828L 是自然对数efx 2x xx的底数）（Ⅰ）当 k 0 时，求函数 f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数 f x在0, 2内存在两个极值点，求k 的取值范围． 1 af x a ln x x bx a 1 ，41．（2014 新课标 1）设函数22曲线 y f x 在点1，f 1处的切线斜率为 0（Ⅰ）求b ；a（Ⅱ）若存在，求 a 的取值范围．x使得1,f xa 1x 142．（2014 山东）设函数 ( ) ln ，其中 a 为常数．f x a xx 1（Ⅰ）若 a 0 ，求曲线 y f (x ) 在点 (1, f (1))处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数 f (x ) 的单调性．43．(2014 广东) 已知函数1f(x ) x x ax 1(a R)3 23（Ⅰ）求函数f(x) 的单调区间；（Ⅱ）当a 0 时，试讨论是否存在1 1x(0, ) U( ,1) ，使得2 21f(x ) f( ) ．244．(2014 江苏)已知函数f(x ) e x e x，其中e 是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：f(x) 是R 上的偶函数；（Ⅱ）若关于x的不等式mf(x) ≤e x m1在(0,) 上恒成立，求实数m的取值范围；9（Ⅲ）已知正数a满足：存在x0 [1,) ，使得f(x0 ) a(x03 3x0 ) 成立．试比较e a1与a e1 的大小，并证明你的结论．45．（2013 新课标1）已知函数f(x) e x(ax b) x2 4x，曲线y f(x) 在点(0, f(0)) 处切线方程为y4x 4 ．（Ⅰ）求a,b的值；（Ⅱ）讨论f(x) 的单调性，并求f(x) 的极大值．46．（2013 新课标2）已知函数f(x) x2e x．（Ⅰ）求f(x) 的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y f(x) 的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．a（a R，e为自然对数的底数）．47．（2013 福建）已知函数f(x) x 1ex（Ⅰ）若曲线y f(x) 在点(1, f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；（Ⅱ）求函数f(x) 的极值；（Ⅲ）当a1的值时，若直线l: y kx1与曲线y f(x) 没有公共点，求k的最大值．48．(2013 天津)已知函数f(x) x2 ln x．（Ⅰ）求函数f(x) 的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的t0 ，存在唯一的s，使t f(s) ．（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s g(t) ，t e时，有2 ln g(t) 12．证明：当5 ln t 249．（2013 江苏）设函数f x ln x ax，g x e x ax，其中a为实数．（Ⅰ）若f x在1,上是单调减函数，且g x在1,上有最小值，求a的取值范围；10（Ⅱ）若 g x在1,上是单调增函数，试求 fx的零点个数，并证明你的结论．50．（2012 新课标）设函数 f (x )= e －ax －2x（Ⅰ）求 f (x ) 的单调区间（Ⅱ）若 a 1， k 为整数，且当 x 0 时，(x k ) f (x ) x 1 0 ，求 k 的最大值51．（2012 安徽）设函数1f (x ) ae xb (a 0)aex（Ⅰ）求 f (x ) 在[0,) 内的最小值；（Ⅱ）设曲线 y f (x ) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为3y x ；求 a ,b 的值。
导数的综合应用的教案
导数的综合应用的教案【篇一：《导数的综合应用》说课稿及教学设计】《导数的综合应用》说课稿一、教材分析“导数的综合应用”是高中数学人教b版教材选修2-2第一章的内容，是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。
导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。
三、教学目标1、知识与技能：(3)利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值； (4)解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。
(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。
3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。
四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。
（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。
（如问题1、2的处理）。
（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。
教学用具：多媒体。
教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；【篇二：导数的应用教学设计】导数的应用一、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。
（2）利用导数求函数的单调区间，进一步结合函数图像求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决函数零点个数问题及恒成立问题。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
导数的综合应用
导数的综合应用1.曲线的切线方程点P(x 0,f(x 0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x 0,f(x 0))处存在导数,曲线y=f(x)在点P 处的切线方程为_____________________.2.函数的单调性(1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便, 但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是: ①确定函数f(x)的定义域;②求导数f ′(x);③由f ′(x)>0(或f ′(x)<0),解出相应的x 的范围.当 f ′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是______;当f ′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是_______.还可以通过列表,写出函数的单调区间.(2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用以下的充分条件：设函数f(x)在(a ，b)内可导，若 f ′(x)>0(或f ′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b ］上连续,则单调区间可扩大到闭区间［a,b ］上. 3.函数的极值求可导函数极值的步骤求导数f ′(x)→求方程________的根→检验f ′(x)在方程根左右值的符号,求出极值(若左正右负,则f(x)在这个根处取极大值;若左负右正,则f(x)在这个根处取极小值).4.函数的最值求可导函数在［a,b ］上的最值的步骤: 求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比较f(a)、f(b)的值和_____的大小.5.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.基础自测1.已知曲线C:y=2x 2-x 3,点P(0,-4),直线l 过点P 且与曲线C 相切于点Q,则点Q 的横坐标为 ( )A.-1B.1C.-2D.22.函数f(x)=xcos x 的导函数f ′(x)在区间[-π,π]上的图象大致是 ( )3.已知函数f(x)=x m +ax 的导数f ′(x)=2x+1,则数列 (n ∈N *)的前n 项和为 ( )4.a 、b 为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间 (a,b)上的导函数f ′(x)满足f ′(x)<0,则以下式子中一1{}()f n 12A.Β. C. D.111n n n n n n n n ++-++5.函数y=f(x)在其定义域 内可导,其图象如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f ′(x)，则不等式 f ′(x)≤0的解集为__________.题型分类 深度剖析题型一 函数的极值与导数【例1】已知函数f(x)=x 3+mx 2+nx-2的图象过点(-1, -6),且函数g(x)=f ′(x)+6x 的图象关于y 轴对称.(1)求m 、n 的值及函数y=f(x)的单调区间;(2)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值.题型二 函数的最值与导数【例2】已知函数f(x)＝ax 3－6ax 2＋b,问是否存在实数a 、b 使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值－29,若存在，求出a 、b 的值；若不存在，请说明理由．3(,3)2 知能迁移1 设函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ＋8,其中a ∈R. (1)若f (x )在x ＝3处取得极值，求常数a 的值； (2)若f (x )在(－∞,0)上为增函数，求a 的取值范围．知能迁移2 已知函数f (x )＝ln x －a x .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值． 题型三 导数与方程的解 【例3】 已知函数f (x )＝x 2－a ln x 在(1,2]是增函数， g (x )＝x －a x 在(0,1)为减函数． (1)求f (x )、g (x )的解析式； (2)求证：当x >0时，方程f (x )＝g (x )＋2有唯一解．知能迁移3 已知f (x )＝ax 2(a ∈R)，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性．(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围．题型四 导数与不等问题 【例4】 设函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R),其中a ，b ∈R.(1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性； (2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围； (3)若对于任意的a ∈[－2,2],不等式f (x )≤1在[－1,0]上恒成立,求b 的取值范围．知能迁移4 设函数f (x )＝x 2－m ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)当a ＝0时，f (x )≥h (x )在(1，＋∞)上恒成立， (1)求实数m 的取值范围；(2)当m ＝2时，若函数k(x)=f (x )－h (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围． 一、选择题 1．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)2．若a >2,则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有 ( ) A ．0个零点 B ．1个零点 C ．2个零点 D ．3个零点 3．已知函数f (x )＝ln a ＋ln x x在[1,＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围是 ( ) A ．0<a <1e B ．0<a ≤e C ．a ≤e D ．a ≥e 4．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a ),若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是 ( ) A ．(－1,0) B ．(2，＋∞) C ．(0,1) D ．(－∞，－3) 5．方程x 3－6x 2＋9x －4＝0的实根的个数为 ( )A ．0B ．1C ．2D ．36．已知对任意x ∈R ，恒有f (－x )＝－f (x ),g (－x )＝g (x ),且当x >0时, f ′(x )>0, g ′(x )>0,则当x <0时有 ( ) A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0 B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0 C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0 D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0二、填空题 7．若函数f (x )＝x 2＋a x ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝_____. 8．已知函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是__________． 9．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R)，若对于任意x ∈ [－1,1],都有f (x )≥0成立,则实数a 的值为_____．三、解答题 10．已知函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (a ,b 为实数,且a >1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－2. (1)求f (x )的解析式；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx 在区间[－2,2]上为减函数，求实数m 的取值范围．11．设函数f (x )＝－13x 3＋2ax 2－3a 2x ＋b (0<a <1)． (1)求函数f (x )的单调区间，并求函数f (x )的极大值和极小值； (2)当x ∈[a ＋1，a ＋2]时，不等式|f ′(x )|≤a ，求a 的取值范围．12．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ x －ln x (x >12)x 2＋2x ＋a －1(x ≤12) (1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)求函数f (x )的零点．。
高考数学中的函数与导数与指数对数的综合运用方法
高考数学中的函数与导数与指数对数的综合运用方法高考数学是中学生最重要的考试之一，涉及到各种数学概念和运算方法。
其中，函数与导数、指数与对数是高考数学中常见且重要的知识点。
本文将介绍函数与导数、指数与对数在高考数学中的综合运用方法。
一、函数与导数的综合运用在高考数学中，函数与导数经常被用来解决实际问题。
下面以一个例子来说明函数与导数的综合运用。
例题：某物体的运动方程为S(t) = 0.5t^2 + 2t + 1，其中S(t)表示物体的位移，t表示时间。
求物体在t = 3时的瞬时速度。
解析：给定物体的运动方程S(t)，我们需要求出物体在t = 3时的瞬时速度。
根据导数的定义，瞬时速度即位移函数S(t)的导数S'(t)。
首先计算位移函数S(t)的导数S'(t)。
对S(t)进行求导，得到S'(t) = t+ 2。
然后将t = 3代入导数S'(t)，得到S'(3) = 3 + 2 = 5。
因此，物体在t= 3时的瞬时速度为5。
通过这个例题，我们可以看到函数与导数在求解实际问题中的应用。
在高考数学中，类似的题目还有很多，学生可以通过理解函数的概念和导数的计算方法，灵活运用解决各种问题。
二、指数与对数的综合运用指数与对数也是高考数学中的重要知识点，常常用于解决与增长和衰减相关的问题。
下面以一个例子来说明指数与对数的综合运用。
例题：某家庭每年生活费增长10%，现在的生活费为10000元。
问经过多少年后，生活费会达到20000元？解析：假设经过x年后，生活费会达到20000元。
根据题目中的信息，我们可以列出方程10%的增长公式：10000 * (1 + 0.1)^x = 20000。
接下来，我们需要解这个方程来求解x的值。
为了简化计算，我们可以利用对数的性质将指数转化为对数形式。
对两边同时取对数，得到 log(10000 * (1 + 0.1)^x) = log 20000。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
导数的综合应用★★★高考在考什么【考题回放】1．（06江西卷）对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1) f ' (x ) ≥0，则必有（ C ）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)解：依题意，当x ≥1时，f ' (x )≥0，函数f (x )在（1，＋∞）上是增函数；当x <1时，f ' (x )≤0，f (x )在（－∞，1）上是减函数，故f (x )当x ＝1时取得最小值，即有f (0)≥f (1)，f (2)≥f (1)，故选C 2．（06全国II ）过点（－1，0）作抛物线y=x 2+x +1的切线，则其中一条切线为 （A ）2x+y +2=0 （B ）3x-y +3=0 （C ）x+y+1=0 （D ）x-y+1=0 解：y '=2x +1，设切点坐标为(x 0,y 0)，则切线的斜率为2x 0+1，且y 0=x 02+x 0+1于是切线方程为y -(x 02+x 0+1)=(2x 0+1)(x-x 0)，因为点（－1，0）在切线上，可解得 x 0＝0或－4，代入可验正D 正确。
选D3.（06四川卷）曲线y =4x-x 3在点(-1,-3)处的切线方程是D（A ）y=7x+4 （B ）y=7x+2 （C ）y=x-4 （D ）y=x-2解：曲线y =4x-x 3，导数y '=4-3x 2，在点(-1,-3)处的切线的斜率为k=1，所以切线方程是y=x-2，选D. 4.（06天津卷）函数f (x )的定义域为开区间(a,b )，导函数f ' (x )在(a,b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a,b )内有极小值点（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ． 4个解析：函数f (x )的定义域为开区间(a,b )，导函数f ' (x )在(a,b )内的图象如图所示，函数f (x )在开区间(a,b )内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点，其导数值为由负到正的点，只有1个，选A.5.（浙江卷）f (x )=x 3-3x 2+2在区间[-1,1]上的最大值是(A)-2 (B)0 (C)2 (D)4解：f ' (x )=3x 2-6x =3x (x -2)，令f ' (x )=0可得x ＝0或2（2舍去），当－1≤x <0时，f ' (x )>0，当0<x ≤1时，f ' (x )<0，所以当x ＝0时，f (x )取得最大值为2。
选C 6.（湖南卷）曲线1y x=和y=x 2在它们交点处的两条切线与x 轴所围成的三角形面积 是 .解析：曲线xy 1=和y=x 2在它们的交点坐标是(1，1)，两条切线方程分别是y=－x +2和y =2x －1，它们与x 轴所围成的三角形的面积是43.7.（安徽卷）设函数f (x )=x 3+bx 2+cx (x ∈R )，已知g (x )= f (x )- f ' (x )是奇函数。
（Ⅰ）求b 、c 的值。
（Ⅱ）求g (x )的单调区间与极值。
【专家解答】：（Ⅰ）∵f (x )=x 3+bx 2+cx ，∴f ' (x )=3x 2+2bx+c .从而g (x )= f (x )- f ' (x )= x 3+bx 2+cx -(3x 2+2bx+c )＝x 3+(b-3)x 2+(c -2b )x-c 是一个奇函数，所以g (0)=0得c=0，由奇函数定义得b=3；（Ⅱ）由（Ⅰ）知g (x )=x 3-6x ，从而g ' (x )=3x 2-6，由此可知，(,-∞和)+∞是函数g (x )是单调递增区间；(是函数g (x )是单调递减区间；g (x )在x =，g (x )在x =-。
★★★高考要考什么【考点透视】从近几年的高考命题分析，高考对到导数的考查可分为三个层次： 第一层次是主要考查导数的概念和某些实际背景，求导公式和求导法则。
第二层次是导数的简单应用，包括求函数的极值，求函数的单调区间，证明函数的增减性等； 第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性、方程根的分布、解析几何中的切线问题等有机的结合在一起，设计综合试题。
【热点透析】导数综合试题,主要有以下几方面的内容:1. 函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;2. 函数，导数，方程,不等式综合在一起,解决极值，最值等问题, 这类问题涉及到求极值和极值点,求最值,有时需要借助于方程的理论解决问题;3. 利用导数的几何意义,求切线方程,解决与切线方程有关的问题;4. 通过构造函数,以导数为工具,证明不等式.5. 导数与其他方面的知识的综合★★★高考将考什么【范例1】设函数f (x)=ax 3-2bx 2+cx+4d (a 、b 、c 、d ∈R)的图象关于原点对称，且x=1时，f (x)取极小值-32。
(1)求a 、b 、c 、d 的值；(2)当x ∈[-1,1]时，图象上是否存在两点，使得过此两点的切线互相垂直？试证明你的结论； (3)若x 1,x 2∈[-1,1]时，求证：|f (x 1)-f (x 2)|≤34。
解答(1) ∵函数f(x)图象关于原点对称，∴对任意实数x ，都有f (-x)=- f (x).∴-ax 3-2bx 2-cx+4d=-ax 3+2bx 2-cx-4d ，即bx 2-2d=0恒成立. ∴b=0,d=0,即f (x)=ax 3+cx. ∴f ′(x)=3ax 2+c.∵x=1时,f (x)取极小值-32. ∴f ′(1)=0且f (1)=- 32, 即3a+c=0且a+c=-32. 解得a=31,c=-1.(2)证明：当x ∈[-1,1]时，图象上不存在这样的两点使结论成立，假设图象上存在两点A(x 1,y 1)、B(x 2+y 2)，使得过这两点的切线互相垂直， 则由f ′(x)=x 2-1，知两点处的切线斜率分别为k 1=x 12-1,k 2=x 22-1, 且(x 12-1)(x 22-1)=-1. (*)∵x 1、x 2∈[-1,1], ∴x 12-1≤0，x 22-1≤0∴(x 12-1)(x 22-1)≥0，这与(*)相矛盾，故假设不成立. (3)证明：∵f ′(x)=x 2-1,由f ′(x)=0,得x=±1.当x ∈(-∞，-1)或（1，+∞）时，f ′(x)＞0; 当 x ∈(-1，1)时，f ′(x)＜0.∴f (x)在[-1,1]上是减函数，且f max (x)=f (-1)= 32, f min (x)=f (1)= -32.∴在[-1,1]上，|f (x)|≤32.于是x 1,x 2∈[-1,1]时，|f (x 1)-f (x 2)|≤|f (x 1)|+|f (x 2)|≤32+32=34.故x 1,x 2∈[-1,1]时,|f (x 1)-f (x 2)|≤34.【点晴】①若x 0点是y=f (x)的极值点，则f ′(x 0)=0,反之不一定成立；②在讨论存在性问题时常用反证法；③利用导数得到y=f (x)在[-1,1]上递减是解第(3)问的关键. 【文】设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f （1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围. 解答：（1）22()43f x x ax a '=-+-=(3)()x a x a --- 令()0f x '=得12,3x a x a == 列表如下：∴()f x 在（a ，3a ）上单调递增，在（-∞，a ）和（3a ，+∞）上单调递减x a =时，34()3f x b a =-极小，3x a =时，()f x b =极小（2）22()43f x x ax a '=-+- ∵0<a<1，∴对称轴21x a a =<+， ∴()f x '在[a+1，a+2]上单调递减∴22(1)4(1)321Maxf a a a a a '=-+++-=-， 依题|()|f x a '≤⇔||Maxf a '≤，min ||f a '≤ 即|21|,|44|a a a a -≤-≤ 解得415a ≤≤，又0<a<1∴a 的取值范围是4[,1)5【范例2】已知322()23 ().3f x x ax x a R =--∈ (1)当1|| 4a ≤时, 求证f (x )在(-1,1)内是减函数; (2)若y = f (x )在(-1,1)内有且只有一个极值点, 求a 的取值范围. 解答：(1) ∵,x 3ax 2x 32)x (f 23--=∴.3ax 4x 2)x (f 2--=' ∵41|a |≤ , ∴,0)41a (4)1(f 0)41a (4)1(f ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤+-=≤-=-'又∵二次函数f ' (x )的图象开口向上,∴在)1,1( -内f ' (x )<0, 故f (x )在)1,1( -内是减函数. (2)设极值点为),1x 1(x 0<<-∈则f ' (x 0)=0当41a >时, ∵,0)41a (4)1(f 0)41a (4)1(f ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+-=>-=-'∴在)x ,1(0 -内f ' (x )>0, 在)1,x (0 内f ' (x )<0.即f (x )在)x ,1(0 -内是增函数, f (x )在)1,x (0 内是减函数.当41a >时f (x )在)1,1( -内有且只有一个极值点, 且是极大值点. 当41a -<时, 同理可知, f (x )在)1,1( -内且只有一个极值点, 且是极小值点.当41a 41≤≤-时, 由(1)知f (x )在)1,1(-内没有极值点. 故所求a 的取值范围为),41()41,(∞+--∞ Y【点晴】三次函数求导后为二次函数，考查导函数的性质，结合一元二次方程根的分布，考查代数推理能力、语言转换能力和待定系数法是近年高考的热点题型。