高考理科数学一轮复习导数的综合应用

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2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(真题测试)含详解

2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(真题测试)含详解

专题4.4 导数的综合应用(真题测试)一、单选题1.(2017·全国·高考真题(理))已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则=a ( ) A .12-B .13C .12D .12.(2015·陕西·高考真题(理))对二次函数(为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结 论是错误的,则错误的结论是 A .是的零点 B .1是的极值点 C .3是的极值D .点在曲线上3.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))已知函数()2e 2xx f x a x =-+,若有且仅有两个正整数,使得()0f x <成立,则实数a 的取值范围是( ) A .211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B .3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C .391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D .212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4.(2014·全国·高考真题(文))已知函数,若存在唯一的零点,且,则的取值范围是( ) A .B .C .D .5.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))若函数()()22e e x x f x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A .1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B .1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D .210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭6.(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(理))对任意0x >,不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立,则正数a 的最大值为( ) ABC .1eD .e7.(2015·全国·高考真题(理))设函数()(21)xf x e x ax a =--+,其中1a < ,若存在唯一的整数0x ,使得2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0()0f x <,则a 的取值范围是( )A .3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B .33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C .33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D .3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8.(2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测(理))已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>,若对任意实数1x >,不等式()()ln 1f x x ≥-总成立,则实数a 的取值范围为( ) A .210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B .221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C .21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D .21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、多选题9.(2022·辽宁实验中学模拟预测)我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程,符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解,下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是( ) A .e x y = B .e x y x =C .e 1x y x =+D .e (R)x y c x c =⋅∈⋅10.(2022·河北沧州·二模)已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=,则( ) A .0ab < B .1a b +> C .e e 4a b +D .e 1a b >11.(2022·湖南·模拟预测)已知1x >,1y >,且()()1e 11e y xx y ++=+,则下列结论一定正确的是( )A .()ln 0x y ->B .122x y +<C .226x y +>D .()ln ln3x y +<12.(2022·全国·高考真题)已知函数,则( )A .有两个极值点B .有三个零点C .点是曲线的对称中心D .直线是曲线的切线三、填空题13.(2020·河南高三其他(理))函数()2222ln x f x x e x ax =--,若0a =,则()f x 在[]1,2的最小值为_______;当0x >时,()1f x ≥恒成立,则a 的取值范围是_____. 14.(2022·全国·模拟预测(理))若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点,则k 的取值范围是3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =___________.15.(2012·福建·高考真题(理))对于实数a 和b ,定义运算“*”: 设f (x )=(2x -1)*(x -1),且关于x 的方程为f (x )=m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1,x 2,x 3,则x 1x 2x 3的取值范围是_________________16.(2022·江苏·常州高级中学模拟预测)已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+,若()0f x ≥的解集中恰有一个整数,则m 的取值范围为________. 四、解答题17.(2018·全国·高考真题(文))已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程; (2)证明:当时,.18.(2017·全国·高考真题(理))已知函数(1)讨论的单调性;(2)若有两个零点,求的取值范围.19.(2017·全国·高考真题(文))已知函数.(1)讨论的单调性; (2)当时,证明. 20.(2016·全国·高考真题(文))设函数. (Ⅰ)讨论的单调性; (Ⅱ)证明当时,; (Ⅲ)设,证明当时,.21.(2015·全国·高考真题(理))设函数.(1)证明:在单调递减,在单调递增;(2)若对于任意,都有,求m 的取值范围.22.(2014·四川·高考真题(理))已知函数,其中,为自然对数的底数.(Ⅰ)设是函数的导函数,求函数在区间上的最小值;22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a 2()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1](Ⅱ)若,函数在区间内有零点,求的取值范围(1)0f ()f x (0,1)a专题4.4 导数的综合应用(真题测试)一、单选题1.(2017·全国·高考真题(理))已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则=a ( ) A .12-B .13C .12D .1【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】因为()221111()2()1()1x x x x f x x x a e e x a e e --+--+=-++=-++-,设1t x =-,则()()()21t t f x g t t a e e -==++-,因为()()g t g t =-,所以函数()g t 为偶函数,若函数()f x 有唯一零点,则函数()g t 有唯一零点,根据偶函数的性质可知,只有当0=t 时,()0g t =才满足题意,即1x =是函数()f x 的唯一零点,所以210a -=,解得12a =.故选:C. 2.(2015·陕西·高考真题(理))对二次函数(为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结 论是错误的,则错误的结论是 A .是的零点 B .1是的极值点 C .3是的极值 D .点在曲线上【答案】A 【解析】 【详解】若选项A 错误时,选项B 、C 、D 正确,,因为是的极值点,是的极值,所以,即,解得:,因为点在曲线上,所以,即,解得:,所以,,所以,因为,所以不是的零点,所以选项A 错误,选项B 、C 、D 正确,故选A .3.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))已知函数()2e 2xx f x a x =-+,若有且仅有两个正整2()f x ax bx c =++a 1-()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =()2f x ax b ='+1()f x 3()f x ()()10{13f f '==203a b a b c +=⎧⎨++=⎩2{3b a c a =-=+()2,8()y f x =()42238a a a +⨯-++=5a =10b =-8c =()25108f x x x =-+()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠1-()f x数,使得()0f x <成立,则实数a 的取值范围是( ) A .211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B .3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C .391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D .212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】 【分析】将()0f x <转化为2(2)exx a x +<,再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象,再分别求得1,1g ,()()2,2g ,()()3,3g 到()20-,的斜率,分析临界情况即可 【详解】由()0f x <且0x >,得2(2)exx a x +<,设2()e x x g x =,()(2)h x a x =+, 22()exx x g x '-=,已知函数()g x 在(0,2)上单调递增,在(2,)+∞上单调递减, 函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-,(1)11(2)3e g =--,2(2)12(2)e g =--,3(3)93(2)5e g =--,结合图象,因为329115e 3e e <<,所以3915e 3ea ≤<. 故选:C4.(2014·全国·高考真题(文))已知函数,若存在唯一的零点,且,则的取值范围是( ) A . B . C . D .【答案】C 【解析】 【详解】试题分析:当时,,函数和,不满足题意,舍去;当时,,令,得或.时,;时,;时,,且,此时在必有零点,故不满足题意,舍去;当时,时,32()31f x ax x =-+()f x 0x 00x >a ()2,+∞()1,+∞(),2-∞-(),1-∞-0a =2()31f x x =-+()f x 0a >2()36f x ax x '=-()0f x '=0x =2x a =(,0)x ∈-∞()0f x '>2(0,)x a ∈()0f x '<2(,)x a∈+∞()0f x '>(0)0f >(,0)x ∈-∞0a <2(,)x a∈-∞;时,;时,,且,要使得存在唯一的零点,且,只需,即,则,选C .5.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))若函数()()22e e x xf x x ax a a R =+-∈有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A .1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B .1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .2110,,1e e e ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭D .210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】令()0f x =得20e e x xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,利用导数研究()e x x g x =的图像,由函数()f x 有三个零点可知,若令1e e xxt t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭,则可知方程20t at a +-=的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内,另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上,分类讨论即可求解. 【详解】由22e e 0xxx ax a +-=得20e ex xx xa a ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,令()e x x g x =, 由()10e xxg x -'==,得1x =,因此函数()g x 在(),1-∞上单调递增,在()1,+∞上单调递减,且()00g =,当0x >时,()0e x x g x =>,则()ex xg x =的图像如图所示: 即函数()g x 的最大值为()11eg =,令1e e xx t t ⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭,则()20h t t at a =+-=,由二次函数的图像可知,二次方程的一根1t 必在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内,另一根21e t =或20t =或()2,0t ∈-∞上,当21e t =时,21e ea =-,则另一根111e t =-,不满足题意,当20t =时,a =0,则另一根10t =,不满足题意,()0f x '<2(,0)x a ∈()0f x '>(0,)x ∈+∞()0f x '<(0)0f >()f x 0x 00x >2()0f a>24a >2a <-当()2,0t ∈-∞时,由二次函数()20h t t at a =+-=的图像可知22000110e e a a a a ⎧+⋅-<⎪⎨⎛⎫+⋅->⎪ ⎪⎝⎭⎩, 解得210e ea <<-, 则实数a 的取值范围是210,e e ⎛⎫ ⎪-⎝⎭,故选:D.6.(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(理))对任意0x >,不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立,则正数a 的最大值为( ) ABC .1eD .e【答案】D 【解析】 【分析】将不等式化为ln()e ln()e x ax x ax +≥+,构造()e x f x x =+有()(ln())f x f ax ≥,利用函数的单调性及参变分离法有e xa x ≤在0x >上恒成立,应用导数求右侧最小值,即可得结果.【详解】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥,∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+.令()e x f x x =+,则不等式化为()(ln())f x f ax ≥. ∵()e (0)x f x x x =+>为增函数,∴ln()x ax ≥,即e xa x≤.令e ()=x g x x ,则2(1)e ()x x g x x '-=,当01x <<时,()0g x '<,即()g x 递减;当1x >时,()0g x '>,即()g x 递增; 所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==. ∴实数a 的最大值为e . 故选:D7.(2015·全国·高考真题(理))设函数()(21)xf x e x ax a =--+,其中1a < ,若存在唯一的整数0x ,使得0()0f x <,则a 的取值范围是( )A .3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B .33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C .33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D .3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】设()()21xg x e x =-,()1y a x =-,问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-,求导可得出函数()y g x =的极值,数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-,由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-,()1y a x =-,由题意知,函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数,()()21x g x e x '=+,当12x <-时,()0g x '<;当12x >-时,()0g x '>.所以,函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-,()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a , 故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--,解得312a e≤<,故选D.8.(2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测(理))已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>,若对任意实数1x >,不等式()()ln 1f x x ≥-总成立,则实数a 的取值范围为( )A .210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B .221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C .21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D .21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-,构造函数()e xg x x =+,可知该函数在R 上为增函数,由此可得出()ln ln 1a x x ≥--,其中1x >,利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值,即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时,由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-, 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-,构造函数()e xg x x =+,其中x ∈R ,则()e 10x g x '=+>,所以,函数()g x 在R 上为增函数, 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦,所以,()ln ln 1x a x +≥-,即()ln ln 1a x x ≥--,其中1x >, 令()()ln 1h x x x =--,其中1x >,则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时,()0h x '>,函数()h x 单调递增, 当2x >时,()0h x '<,函数()h x 单调递减, 所以,()()max ln 22a h x h ≥==-,21e a ∴≥. 故选:D.二、多选题9.(2022·辽宁实验中学模拟预测)我们把形如(),,0f x y y '=的方程称为微分方程,符合方程的函数()y f x =称为微分方程的解,下列函数为微分方程0xy y xy +-'=的解的是( ) A .e x y = B .e x y x =C .e 1x y x =+D .e (R)x y c x c =⋅∈⋅【答案】CD 【解析】 【分析】根据导数的运算求得导函数y ',代入微分方程检验即可. 【详解】选项A ,e x y =,则e x y '=,e e e e 0x x x x xy y xy x x '+-=+-=≠,不是解;选项B ,e x y x =,e e x x y x '=+,22e e e e 0x x x x xy y xy x x x x '+-=+--=,是方程的解;选项C ,e 1x y x =+,e e x x y x '=+,22e e 1e e 10x x x x xy y xy x x x x x x '+-=+++--=+≠,不是方程的解; 选项D ,e (R)x y c x c =⋅∈⋅,e e x x y c cx '=+,22e e e e 0x x x x xy y xy cx cx cx cx '+-=+--=,是方程的解. 故选:CD .10.(2022·河北沧州·二模)已知实数,a b 满足e e e a b a b ++=,则( ) A .0ab < B .1a b +> C .e e 4a b + D .e 1a b >【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由e e e a b a b ++=得到111e ea b +=判断;BC.由e e e 2e e a b a b a b ++==2b 判断;D. 由111e e a b +=,得到e e e 1e 11e 1e 1b b b ab b b b b -+-=-=--,令()e e 1,0b b f b b b =-+>,用导数法判断. 【详解】 由e e e a b a b ++=得111e ea b +=,又e 0,e 0a b >>,所以e 1,e 1a b >>,所以0,0a b >>,所以0ab >,选项A 错误;因为e e e 2e e a b a b a b ++==2b ,即e e e 4a b a b ++=,所以ln41a b +>,选项B C ,正确,因为111e e a b +=,所以e e e 1b ab =-,所以e e e 1e 11e 1e 1b b b a bbb b b -+-=-=--.令()e e 1,0b b f b b b =-+>,则()e 0b f b b '=>,所以f b 在区间()0,∞+上单调递增,所以()()00f b f >=,即e e 10b b b -+>,又e 10b ->,所以e 10a b ->,即e 1a b >,选项D 正确. 故选:BCD11.(2022·湖南·模拟预测)已知1x >,1y >,且()()1e 11e y xx y ++=+,则下列结论一定正确的是( )A .()ln 0x y ->B .122x y +<C .226x y +>D .()ln ln3x y +<【答案】AC 【解析】 【分析】构造函数()e xf x x=,利用导数判断函数的单调性,得出1x y >+,结合不等式以及指、对数函数的性质逐一判断即可. 【详解】令()e x f x x=,则()()2e 1e e xx x x x f x x x --'==, 所以当1x >时,()0f x '>,所以()f x 在()1,+∞上单调递增; 由()()1e 11e yxx y ++=+得1e e 111x y x y y +=+++,即1e e 111x y x y y +-=++,∵1y >,∴11012y <<+, ∴1e e 1012x y x y +<-<+,即()()1012f x f y <-+<, ∴1x y >+,即1->x y ,∴()ln 0x y ->,A 正确;由1x y >+知12x y +>+,所以12222x y y ++>>,所以选项B 错误; 由1x y >+知12222326x y y y y ++>+=⋅>,所以选项C 正确.由1x y >+,1y >知213x y y +>+>,所以()()ln ln 21ln3x y y +>+>, 所以D 错误,故选:AC .12.(2022·全国·高考真题)已知函数,则( )A .有两个极值点B .有三个零点C .点是曲线的对称中心D .直线是曲线的切线【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ,结合的单调性、极值可判断B ,利用平移可判断C ;利用导数的几何意义3()1f x x x =-+()f x ()f x (0,1)()y f x =2y x =()y f x =()f x判断D. 【详解】由题,,令得或令得, 所以在上单调递减,在,上单调递增, 所以是极值点,故A 正确;因,,, 所以,函数在上有一个零点, 当时,,即函数在上无零点, 综上所述,函数有一个零点,故B 错误;令,该函数的定义域为,,则是奇函数,是的对称中心, 将的图象向上移动一个单位得到的图象, 所以点是曲线的对称中心,故C 正确;令,可得,又,当切点为时,切线方程为,当切点为时,切线方程为, 故D 错误.故选:AC.三、填空题13.(2020·河南高三其他(理))函数()2222ln x f x x e x ax =--,若0a =,则()f x 在[]1,2的最小值为_______;当0x >时,()1fx ≥恒成立,则a 的取值范围是_____.【答案】e (],1-∞ 【解析】当0a =时,∵()222ln x f x x ex =-,∴()222222x x f x xe x xe x'=+⋅-. 当1x >时,()0f x '>恒成立,()231f x x '=-()0fx '>x >x <()0f x '<x <()f x ((,-∞)+∞x =(10f =+>10f =>()250f -=-<()f x ,⎛-∞ ⎝⎭x ≥()0f x f ≥>⎝⎭()f x ⎫∞⎪⎪⎝⎭()f x 3()h x x x =-R ()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-()h x (0,0)()h x ()h x ()f x (0,1)()y f x =()2312f x x '=-=1x =±()(1)11f f =-=(1,1)21y x =-(1,1)-23y x =+∴()f x 在[]1,2上单调递增.∴()f x 在[]1,2上最小值为()1f e =.又0x >时,()1f x ≥恒成立,令 ()1xg x e x =--,()()100xg x e g ''=->=,所以()g x 在()0,∞+ 递增,()()00g x g >= 所以1x e x >+ ∴()22222ln 22ln 2ln x x x f x x e x ax e x ax +=--=--()2222ln 12ln 111x x x ax a x ≥++--=-+≥恒成立,∴1a ≤.故答案为e ;(],1-∞.14.(2022·全国·模拟预测(理))若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点,则k 的取值范围是___________. 【答案】(]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭##1|02k k k ⎧⎫≤=⎨⎬⎩⎭或【解析】 【分析】将原问题转化为32ln 12x k x x =+只有一个解,令()()32ln 102x g x x x x =+>,利用导数求出()g x 的单调性及最值即可得答案. 【详解】 由题意可得:2ln 12x kx x =-只有一个解()0x >, 即32ln 12x k x x=+只有一个解. 令()32ln 12x g x x x=+, ()0x >原问题等价于y k =与()y g x =只有一个交点. 因为()43413ln 113ln x x xg x x x x '---=-= 因为13ln y x x =--在()0,∞+上单调递减, 且在1x =处的值为0 ,所以当()0,1x ∈时, ()()0,g x g x '>单调递增,当()1,x ∈+∞时, ()()0,g x g x '<单调递减且恒为正, 所以()()max 112g x g ==, 又因为y k =与()y g x =只有一个交点, 所以(]1,02k ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭.故答案为: (]1,02⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭.15.(2012·福建·高考真题(理))对于实数a 和b ,定义运算“*”: 设f (x )=(2x -1)*(x -1),且关于x 的方程为f (x )=m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1,x 2,x 3,则x 1x 2x 3的取值范围是_________________ 【答案】【解析】 【详解】由定义运算“*”可知 即,该函数图像如下:由,假设当关于x 的方程为f (x )=m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根时, m 的取值范围是,且满足方程,所以令则, 所以令22,,a ab a ba b b ab a b ⎧-≠=⎨->⎩⎫⎪⎪⎝⎭22(21)(21)(1)0()?(1)(21)(1)0x x x x f x x x x x ⎧----=⎨---->⎩2220()0x x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩1124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭1230x x x <<<10,4⎛⎫⎪⎝⎭23,x x 2-+=x x m 23=x x m 22-=x x m 1=x 123==x x x m 10,4⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭y m所以, 又在递增的函数, 所以,所以,所以在递减, 则当时,;当时,所以.16.(2022·江苏·常州高级中学模拟预测)已知函数22()ln 2e f x x x mx =-+,若()0f x ≥的解集中恰有一个整数,则m 的取值范围为________.【答案】22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】由()0f x ≥且0x >,得出2ln 2e x x m x -+≥-,构造函数()ln =-xg x x,利用导数研究()g x 的单调性,画出()ln =-x g x x 和22e y x =-的大致图象,由图可知0m >,设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标,结合题意可知该整数为1,即012x ≤<,当直线22e y x m =-+过1,0A 和ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时,即可求出求出m 的值,从而得出m 的取值范围.【详解】由题可知,22()ln 2e f x x x mx =-+,0x >, 由于()0f x ≥的解集中恰有一个整数,即22ln 2e 0x x mx -+≥,即222e ln x mx x -+≥-,因为0x >,所以2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数, 令()ln =-x g x x ,则()2ln 1-'=x g x x , 当1e x <<时,()0g x '<;当e x >时,()0g x '>, 所以()g x 在()1,e 上单调递减,在()e,+∞上单调递增, 画出()ln xy xg x ==-和22e y x =-的大致图象,如图所示: 要使得2ln 2e xx m x-+≥-,可知0m >, 114'⎛= ⎝y ()=h m 10,4⎛⎫⎪⎝⎭()()01>=h m h 0y '<=y 10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭0m =0y =14m ==y 123⎫∈⎪⎪⎝⎭x x x设0x 为()ln =-xg x x和22e y x m =-+的交点的横坐标, 而2ln 2e xx m x-+≥-的解集中恰有一个整数,可知该整数为1,即012x ≤<, 当01x =时,得()10g =;当02x =时,得()ln 222g =-, 即1,0A ,ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭,当直线22e y x m =-+过点1,0A 时,得22e m =,当直线22e y x m =-+过点ln 22,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭时,得2ln 24e 2m =-, 所以m 的取值范围为22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.故答案为:22ln 22e ,4e 2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭四、解答题17.(2018·全国·高考真题(文))已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程; (2)证明:当时,.【答案】(1)切线方程是(2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求导,由导数的几何意义求出切线方程.(2)当时,,令,只需证明即可.【详解】()21x ax x f x e +-=()y f x =()0,1-1a ≥()0f x e +≥210x y --=a 1≥()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-()12gx 1x e x x +=++-gx 0≥(1),.因此曲线在点处的切线方程是.(2)当时,.令,则,当时,,单调递减;当时,,单调递增; 所以 .因此.18.(2017·全国·高考真题(理))已知函数(1)讨论的单调性;(2)若有两个零点,求的取值范围. 【答案】(1)见解析;(2). 【解析】 【详解】试题分析:(1)讨论单调性,首先进行求导,发现式子特点后要及时进行因式分解,再对按,进行讨论,写出单调区间;(2)根据第(1)问,若,至多有一个零点.若,当时,取得最小值,求出最小值,根据,,进行讨论,可知当时有2个零点.易知在有一个零点;设正整数满足,则.由于,因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析:(1)的定义域为,,(ⅰ)若,则,所以在单调递减. (ⅱ)若,则由得.当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增.(2)(ⅰ)若,由(1)知,至多有一个零点.(ⅱ)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为. ()()2212xax a x f x e-++'-=()02f '=()y f x =()0,1-210x y --=1a ≥()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+()211xg x x x e +=+-+()121x g x x e +=++'()120x g x e +''=+>1x <-()()10g x g '-'<=()g x 1x >-()()10g x g '-'>=()g x ()g x ()1=0g ≥-()0f x e +≥()()2e 2e x xf x a a x =+--()f x ()f x a (0,1)()f x a 0a ≤0a >0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x 1(ln )1ln f a a a-=-+1a =(1,)∈+∞a (0,1)a ∈(0,1)a ∈()f x (,ln )a -∞-0n 03ln(1)n a>-00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->3ln(1)ln a a->-()f x (ln ,)a -+∞a (0,1)()f x (),-∞+∞()()()()2221121x x x xf x ae a e ae e =+---'=+0a ≤()0f x '<()f x (),-∞+∞0a >()0f x '=ln x a =-(),ln x a ∈-∞-()0f x '<()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()f x (),ln a -∞-()ln ,a -+∞0a ≤()f x 0a >ln x a =-()f x ()1ln 1ln f a a a-=-+①当时,由于,故只有一个零点; ②当时,由于,即,故没有零点; ③当时,,即. 又,故在有一个零点.设正整数满足,则.由于,因此在有一个零点. 综上,的取值范围为.19.(2017·全国·高考真题(文))已知函数.(1)讨论的单调性; (2)当时,证明. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】(1)先求函数导数,再根据导函数符号的变化情况讨论单调性:当时,,则在单调递增;当时,在单调递增,在单调递减. (2)证明,即证,而,所以需证,设g (x )=ln x -x +1 ,利用导数易得,即得证. 【详解】(1) 的定义域为(0,+),. 若a ≥0,则当x ∈(0,+)时,,故f (x )在(0,+)单调递增.若a <0,则当时,时;当x ∈时,. 故f (x )在单调递增,在单调递减. (2)由(1)知,当a <0时,f (x )在取得最大值,最大值为. 1a =()ln 0f a -=()f x ()1,a ∈+∞11ln 0a a-+>()ln 0f a ->()f x ()0,1a ∈11ln 0a a-+<()ln 0f a -<()()4222e 2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>()f x (),ln a -∞-0n 03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭()()00000000e e 2e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭()f x ()ln ,a -+∞a ()0,12()ln (21)f x x ax a x =+++()f x 0a <3()24f x a≤--(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>0a ≥'()0f x >()f x (0,)+∞0a <()f x 1(0,)2a -1(,)2a-+∞3()24f x a ≤--max 3()24f x a ≤--max 1()()2f x f a=-11ln()1022a a -++≤max ()(1)0g x g ==()f x ∞()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=∞’)(0f x >∞10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '>1()2a ∞-+,’)(0f x <’)(0f x >1()2a∞-+,12x a=-111()ln()1224f a a a -=---所以等价于,即. 设g (x )=ln x -x +1,则. 当x ∈(0,1)时,;当x ∈(1,+)时,.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,,即. 20.(2016·全国·高考真题(文))设函数.(Ⅰ)讨论的单调性; (Ⅱ)证明当时,; (Ⅲ)设,证明当时,.【答案】(Ⅰ)当时,单调递增;当时,单调递减;(Ⅱ)见解析;(Ⅲ)见解析. 【解析】 【详解】试题分析:(Ⅰ)首先求出导函数,然后通过解不等式或可确定函数的单调性;(Ⅱ)左端不等式可利用(Ⅰ)的结论证明,右端将左端的换为即可证明;(Ⅲ)变形所证不等式,构造新函数,然后通过利用导数研究函数的单调性来处理. 试题解析:(Ⅰ)由题设,的定义域为,,令,解得. 当时,,单调递增;当时,,单调递减. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,在处取得最大值,最大值为. 所以当时,. 故当时,,,即. (Ⅲ)由题设,设,则,令,解得.当时,,单调递增;当时,,单调递减. 由(Ⅱ)知,,故,又,故当时,. 所以当时,.3()24f x a≤--113ln()12244a a a ---≤--11ln()1022a a -++≤’1(1)g x x=-()0g x '>∞()0g x '<∞11ln()1022a a -++≤3()24f x a≤--()ln 1f x x x =-+()f x (1,)x ∈+∞11ln x x x-<<1c >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->01x <<()f x 1x >()f x ()f x '()0f x '>()0f x '<()f x x 1x()f x (0,)+∞1()1f x x=-'()0f x '=1x =01x <<()0f x '>()f x 1x >()0f x '<()f x ()f x 1x =(1)0f =1x ≠ln 1x x <-(1,)x ∈+∞ln 1x x <-11ln1x x <-11ln x x x-<<1c >()1(1)x g x c x c =+--'()1ln xg x c c c =--'()0g x =01lnln ln c c x c-=0x x <'()0g x >()g x 0x x >'()0g x <()g x 11ln c c c-<<001x <<(0)(1)0g g ==01x <<()0g x >(0,1)x ∈1(1)xc x c +->21.(2015·全国·高考真题(理))设函数.(1)证明:在单调递减,在单调递增;(2)若对于任意,都有,求m 的取值范围.【答案】(1)在单调递减,在单调递增;(2).【解析】【详解】(Ⅰ).若,则当时,,;当时,,.若,则当时,,;当时,,.所以,在单调递减,在单调递增.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值.所以对于任意,的充要条件是:即①,设函数,则.当时,;当时,.故在单调递减,在单调递增.又,,故当时,.当时,,,即①式成立.当时,由的单调性,,即;当时,,即.综上,的取值范围是.22.(2014·四川·高考真题(理))已知函数,其中,为自然对数的底数.(Ⅰ)设是函数的导函数,求函数在区间上的最小值;(Ⅱ)若,函数在区间内有零点,求的取值范围【答案】(Ⅰ)当时, ;当 时, ; 当时, .(Ⅱ) 的范围为. 【解析】【详解】试题分析:(Ⅰ)易得,再对分情况确定的单调区间,根据在上的单调性即可得在上的最小值.(Ⅱ)设为在区间内的一个零点,注意到2()e mx f x x mx =+-()f x (,0)-∞(0,)+∞12,[1,1]x x ∈-12|()()|1f x f x e -≤-()f x (,0)-∞(0,)+∞[1,1]-()(1)2mx f x m e x -'=+0m ≥(,0)x ∈-∞10mx e -≤()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -≥()0f x '>0m <(,0)x ∈-∞10mx e ->()0f x '<(0,)x ∈+∞10mx e -<()0f x '>()f x (,0)-∞(0,)+∞m ()f x [1,0]-[0,1]()f x 0x =12,[1,1]x x ∈-12()()1f x f x e -≤-(1)(0)1,{(1)(0)1,f f e f f e -≤---≤-1,{1,m m e m e e m e --≤-+≤-()1t g t e t e =--+()1t g t e =-'0t <()0g t '<0t >()0g t '>()g t (,0)-∞(0,)+∞(1)0g =1(1)20g e e --=+-<[1,1]t ∈-()0g t ≤[1,1]m ∈-()0g m ≤()0g m -≤1m >()g t ()0g m >1m e m e ->-1m <-()0g m ->1m e m e -+>-m [1,1]-2()1x f x e ax bx =---,a b R ∈ 2.71828e =()g x ()f x ()g x [0,1](1)0f =()f x (0,1)a 12a ≤()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()22ln(2)g x a a a b ≥--2e a >()2g x e a b ≥--a ()2,1e -()2,()2x x g x e ax b g x e a -='=--a ()g x ()g x [0,1]()g x [0,1]0x ()f x (0,1).联系到函数的图象可知,导函数在区间内存在零点,在区间内存在零点,即在区间内至少有两个零点. 由(Ⅰ)可知,当及时,在内都不可能有两个零点.所以.此时,在上单调递减,在上单调递增,因此,且必有.由得:,代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答:(Ⅰ)①当时,,所以.②当时,由得.若,则;若,则. 所以当时,在上单调递增,所以. 当时,在上单调递减,在上单调递增,所以. 当时,在上单调递减,所以. (Ⅱ)设为在区间内的一个零点,则由可知,在区间上不可能单调递增,也不可能单调递减.则不可能恒为正,也不可能恒为负.故在区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由(Ⅰ)知,当时,在上单调递增,故在内至多有一个零点. 当时,在上单调递减,故在内至多有一个零点. 所以. 此时,在上单调递减,在上单调递增,因此,必有.由得:,有(0)0,(1)0f f ==()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤2e a ≥()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=1b e a =--a ()2,()2x xg x e ax b g x e a -='=--0a ≤()20x g x e a -'=>()(0)1g x g b ≥=-0a >()20x g x e a -'=>2,ln(2)x e a x a >>12a >ln(2)0a >2e a >ln(2)1a >102a <≤()g x [0,1]()(0)1g x g b ≥=-122e a <≤()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a ()(ln 2)22ln 2g x g a a a a b ≥=--2e a >()g x [0,1]()(1)2g x g e a b ≥=--0x ()f x (0,1)0(0)()0f f x ==()f x 0(0,)x ()g x ()g x 0(0,)x 1x ()g x 0(),1x 2x ()g x (0,1)12a ≤()g x [0,1]()g x (0,1)2e a ≥()g x [0,1]()g x (0,1)122e a <<()g x [0,ln 2]a [ln 2,1]a 12(0,ln(2)],(ln(2),1)x a x a ∈∈(0)10,(1)20g b g e a b =->=-->(1)10f e a b =---=12a b e +=-<.解得.当时,在区间内有最小值.若,则,从而在区间上单调递增,这与矛盾,所以.又,故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.所以,,故在内有零点.综上可知,的取值范围是. (0)120,(1)210g b a e g e a b a =-=-+>=--=->21e a -<<21e a -<<()g x [0,1](ln(2))g a (ln(2))0g a ≥()0([0,1])g x x ≥∈()f x [0,1](0)(1)0f f ==(ln(2))0g a <(0)20,(1)10g a e g a =-+>=->()g x (0,ln(2))a (ln(2),1)a 1x 2x ()f x 1[0,]x 1(,x 2)x 2[,1]x 1()(0)0f x f >=2()(1)0f x f <=()f x 1(,x 2)x a (2,1)e -。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案:2.12 导数的综合应用 Word版含答案

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案:2.12 导数的综合应用 Word版含答案

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案:2.12 导数的综合应用 Word版含答案高三数学人教版a版数学(理)高考一轮复习教案:2.12导数的综合应用word版含答案第十二节衍生工具1的综合运用。

最大值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).2.衍生工具的综合应用会利用导数解决某些实际问题.知识点-函数的最大值和导数-函数的最大值和导数1.函数y=f(x)在[a,b]上的最大值点x0指的是:函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0).2.[a,b]上函数y=f(x)的最小值点x0表示该区间内函数所有点的函数值不小于f (x0)n易误提醒1.易于混合极值和最大值:请注意,函数的最大值是一个“全局”概念,而极值是一个“局部”概念。

2.极值只能在定义域内获得,但最大值可以在区间结束时获得。

有极值的可能没有最大值,有最大值的可能没有极值;极值可能成为最大值,只要不在终点,它就必须是极值[自测练习]一1.(2021济宁一模)函数f(x)=x2-lnx的最小值为()21a。

2c.021x-1解析:f′(x)=x-=,且x>0.xxb.1d.不存在如果f'(x)>0,则得到x>1;设f′(x)<0,则得到0‰f(x)。

最小值也是x=1、11和f(1)=-ln1=时的最小值。

22回答:A2。

给定函数f(x)=ex-x2,如果对于任何x∈ [1,2],不等式-M≤ f(x)≤ M2-4为常数,则实数m的取值范围为()A.(-∞, 1-e]B.[1-e,e]C.-e,e+1]D.[e,+∞). 分析:从问题的意义出发,得出f'(x)=ex-2x,并且对于任何x都是常数∈ R、 f'(x)>0,所以函数f(x)在[1,2]上单调增加,所以E-1≤ f(x)≤ e2-4和不等式-M≤ f(x)≤ M2-4是常数,所以{E-1≥ - m、 -m≤M2-4,e2-4≤ M2-4,解为m≥ e、因此选择D.答案:D知识点2生活中的优化问题利用导数解决生活中优化问题的一般步骤n容易出错提示在建立数学模型解决实际应用问题时,很容易忽略函数的定义域,导致错误。

高考一轮复习理科数学课件导数的综合应用导数与方程

高考一轮复习理科数学课件导数的综合应用导数与方程

高阶导数概念
高阶导数定义
函数 $y = f(x)$ 的导数 $y' = f'(x)$ 仍然是 $x$ 的函数。如果 $f'(x)$ 可导,那么它的导数称为 $f(x)$ 的二阶导 数,记作 $y'' = f''(x)$。类似地,二阶导数的导数称为三阶导数,以此类推。
高阶导数的意义
高阶导数在描述函数图像的凹凸性、拐点以及研究函数的极值等方面具有重要意义。例如,二阶导数 $f''(x)$ 可 以判断函数 $f(x)$ 在某一点的凹凸性:若 $f''(x) > 0$,则 $f(x)$ 在该点处为凹函数;若 $f''(x) < 0$,则 $f(x)$ 在该点处为凸函数。
求解最优化问题
最优化问题类型
最优化问题包括最大值和最小值问题 ,可以通过求解导数等于0的点来找 到可能的极值点,再结合函数的单调 性确定最值点。
应用举例
利用导数求解最优化问题,可以解决 一些实际生活中的问题,如求成本最 低、收益最大等。
方程根存在性判断
01
02
03
零点存在性定理
如果函数在区间的两端取 值异号,则函数在该区间 内至少存在一个零点。
$(uv)' = u'v + uv'$
04
05
除法法则
复合函数求导法 则(链式…
$(frac{u}{v})' = frac{u'v uv'}{v^2}$($v neq 0$)
若 $y = f(u)$ 和 $u = g(x)$ 都可导,则复合函数 $y = f[g(x)]$ 的导数为 $y' = f'(u) cdot g'(x)$

2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用新人教A版

2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用新人教A版
突破 3 导数在不等式中的应用 1.(2019 湖南三湘名校大联考一,21)已知函数 f(x)=xln x. (1)略; (2)当 x≥1时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数 a 的取值范围.
e
10
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(1)若 a=1,证明:当 x≥0 时,f(x)≥1; (2)略.
3.已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)略.
2
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高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 导数与函数的单调性 1.已知函数 f(x)=1x3-a(x2+x+1).
3
(1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)略.
2.已知函数 f(x)=ex-ax2. 1
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(1)当 a=-1 时,求 f(x)的最大值; (2)若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值.
9
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突破 4 导数与函数的零点 1.已知函数 f(x)=1x2-mln x.若 m≥1,令 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数 F(x)的零点个数.

高考数学一轮复习课件2.12导数的综合应用

高考数学一轮复习课件2.12导数的综合应用
解答】 设包装盒的高为h(cm),底面边长为 a(cm).
由已知得a= 2x,h=60-22x= 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=a2h=2 2(-x3+30x2),
V′=6 2x(20-x).
•【解析】 函数f(x)=ex-2x+a有零点,即 方程ex-2x+a=0有实根,即函数g(x)=2x -ex,y=a有交点,而g′(x)=2-ex,易知函 数g(x)=2x-ex在(-∞,ln 2)上递增,在(ln 2,+∞)上递减,因而g(x)=2x-ex的值域为 (-∞,2ln 2-2],所以要使函数g(x)=2x- ex,y=a有交点,只需a≤2ln 2-2即可.
•(2013·梅州模拟)设函数f(x)=a2ln x-x2+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)≤e2对x∈[1, e]恒成立.(其中,e为自然对数的底数).
【解】 (1)因为f(x)=a2ln x-x2+ax,其中x>0, 所以f′(x)=ax2-2x+a=-(x-a)x(2x+a). 由于a>0,所以f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a, +∞).
•(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)还原到实际问题中作答.
某地建一座桥,两端的桥墩已建好,这两墩相距m 米.余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测 算,一个桥墩的工程费用为256万元;距离为x米的相邻两
=256(mx -1)+mx (2+ x)x=25x6m+m x+2m-256. (2)由(1)知,f′(x)=-25x62m+12mx-12 =2mx2(x32-512).

数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书:第三章 导数及其应用 导数的综合应用

数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书:第三章 导数及其应用  导数的综合应用

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

即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x);(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答。

某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=错误!+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数,已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a 的值;(2)若该商品的成本为3元千克,试确定销售价格x 的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解:(1)因为当x =5时,y =11, 所以错误!+10=11,a =2.(2)由(1)知,该商品每日的销售量y =错误!+10(x -6)2。

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

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.。

高考数学一轮总复习解答大题专项训练六大专题

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高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.3.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.5.设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)略.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.4.已知函数f(x)=.(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;(2)略.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;(2)当x≥时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=a e 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;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.3.已知函数f(x)=e x+ax+ln(x+1)-1.(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.(2)略.4.函数f(x)=(x-2)e x+ax2-ax.(1)略;(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.5.已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.6.已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.已知函数f(x)=x2-m ln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)=若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值范围.5.已知f(x)=x ln x.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)-ax x=0有两个不同解,求实数a的取值范围.6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.参考答案高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.解(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.2.证明(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+-2=,令2x2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a),若a,则Δ≤0,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a<,则Δ>0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=,x2=,当a≤0时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增;当0<a<时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a时,函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),当a≤0时,函数f(x)单调递增区间为,+∞,当0<a<时,函数f(x)单调递增区间为0,,,+∞.5.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).②∵当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在(ln k,0)上单调递减.③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,所以f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在(0,ln k)上单调递减.6.解(1)函数f(x)的定义域为R.f'(x)=2x e ax+x2·a e ax=x(ax+2)e ax.当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得x<-或x>0,令f'(x)<0得-<x<0,所以f(x)在区间-∞,-内单调递增,在区间-,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得0<x<-,令f'(x)<0得x>-或x<0,所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-内单调递增,在区间-,+∞内单调递减.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -lnf(x) ↗↘2-1故f(x)的极大值为ln2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;当a>0时,若x∈0,,则f'(x)>0,若x∈,+∞,则f'(x)<0,故函数f(x)在x=处取极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.3.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,所以f'(x)=-2x+3=,令f'(x)==0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -2lnf(x) ↗↘2+4所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln2+4,无极小值.4.解(1)函数f(x)=,则x>0且x≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当a=1时,f(x)=,则f'(x)=,令g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-,①当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;②当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.综上,当a=1时,f(x)无极值点.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=-2x-1==-,由f'(x)=0,可得x=(x=-1舍去),当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=时,f(x)取得极大值,且为最大值,f=-ln2-故f(x)的最大值为-ln2-6.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f'(x)=-1+,令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1.∴当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.(2)f'(x)=a+,x∈(0,e],则,+∞.①若a≥-,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=a e+1≥0,不合题意.②若a<-,令f'(x)>0得,a+>0,又x∈(0,e],解得0<x<-;令f'(x)<0得,a+<0,又x∈(0,e],解得-<x≤e.从而f(x)在0,-上单调递增,在-,e上单调递减,∴f(x)max=f-=-1+ln-.令-1+ln-=-3,得ln-=-2,即a=-e2.∵-e2<-,∴a=-e2符合题意.故实数a的值为-e2.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a,设h(x)=,则h'(x)=∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x,∴y≥--1+2>0,∴当x∈,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-由题设知,f'(2)=0,所以a=从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a时,f(x)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a时,f(x)≥0.3.解(1)若x≥0,则f'(x)=e x++a,令g(x)=e x++a,则g'(x)=e x-,g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)≥g'(0)=0,则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=a+2.①当a+2≥0,即a≥-2时,f'(x)≥0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,此时f(x)≥f(0)=0,满足题意.②当a<-2时,因为f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x→+∞时,f'(x)>0.所以∃x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0.则当0<x<x0时,f'(x)<f'(x0)=0,∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减.∴f(x0)<f(0)=0,不合题意,舍去.综上所述,实数a的取值范围是[-2,+∞).4.解(2)令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)e x+x2-x-kx+2,则g'(x)=(x-1)e x+x-1-k,令h(x)=(x-1)e x+x-1-k,则h'(x)=x e x+1,当x≥0时,h'(x)=x e x+1>0,h(x)单调递增.∴h(x)≥h(0)=-2-k,即g'(x)≥-2-k.当-2-k≥0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,不等式f(x)≥kx-2恒成立.当-2-k<0,即k>-2时,g'(x)=0有一个解,设为x0,∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)为单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x0)<g(0)=0,∴当x≥0时,f(x)≥kx-2不恒成立.综上所述,k的取值范围是(-∞,-2].5.解(2)由f(x)<x+1,得<x+1(x>0且x≠1),即a ln x-x+<0.令h(x)=a ln x-x+,则h'(x)=-1-令g(x)=x2-ax+1.①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,x2-ax+1≥0.∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.故-2≤a≤2符合题意.②当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x1<x2).当a>2时,x1+x2=a>0,x1x2=1,∴0<x1<1<x2.由h'(x)>0,得x2-ax+1<0,解集为(x1,1)∪(1,x2),∴h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)<h(1)=0,a ln x1-x1+>0,∴a>2不合题意.当a<-2时,g(x)的图象的对称轴x=<-1,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1>0, ∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.综上,a的取值范围是(-∞,2].6.(1)解由题意得f'(x)=e x+-a,x>-1,令g(x)=e x+-a,x>-1,则g'(x)=e x-,令h(x)=e x-,x>-1,则h'(x)=e x+>0,∴h(x)在(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0.当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)≥g(0)=2-a.①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g-1=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x1∈-1,0,g(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.∵g(ln a)=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,∴x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+∞).(2)证明由(1)得a∈(2,+∞),-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,∴x2-x1>0,<x1+1<1,1<x2+1<1+ln a,,-a<0,1<<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=+ln-a(x2-x1)=(x2-x1)-a+ln<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.解F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-x2+(m+1)x-m ln x(x>0).易得F'(x)=-x+m+1-=-①若m=1,则F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,∵F(1)=>0,F(4)=-ln4<0,∴F(x)有唯一零点;②若m>1,则当0<x<1或x>m时,F'(x)<0,当1<x<m时,F'(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增, ∵F(1)=m+>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=-2=,当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当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.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=-2a=,①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.②若a>0,则当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g≥g=ln+1=ln>0.不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<<x2<1.一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<e x,进而,有2a<e2a,则e-2a<,且g(e-2a)=-2a e-2a+1-a<0,故存在x1,使得0<e-2a<x1<综上,a的取值范围是(1,+∞).3.解(2)由f(1)=1得b=e-1-a,由f(x)=1得e x=ax2+bx+1,设g(x)=e x-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点, 由g(0)=g(1)=0知g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不单调.设h(x)=g'(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.g'(x)=e x-2ax-b,h'(x)=e x-2a,当a时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当a时,h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当<a<时,令h'(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1),∴h(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a)),若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a))<0,h(0)>0,h(1)>0,h(ln(2a))=3a-2a ln(2a)+1-e<a<,设φ(x)=x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x)=-ln x,令φ'(x)=0,得x=,当1<x<时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当<x<e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.∴φmax(x)=φ()=+1-e<0,∴h(ln(2a))<0恒成立.由h(0)=1-b=a-e+2>0,h(1)=e-2a-b>0,得e-2<a<1.综上,a的取值范围为(e-2,1).4.解(1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0<a<当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x1=2,x2=-①当-<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;②当-=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;③当->2,即-1<a<0时.若g(1)<0,则函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;若g(1)=0,则a=-,因为g-=8a3+7a2+8a+,所以g->0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)>0,则-<a<0,由g-=8a3+7a2+8a+.记φ(a)=8a3+7a2+8a+,则φ'(a)>0,所以φ(α)>φ->0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-∪0,.5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<,故f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,故x=时,f(x)极小值=f=-(2)记t=x ln x,t≥-,则e t=e x ln x=(e ln x)x=x x,故f(x)-ax x=0,即t-a e t=0,a=,令g(t)=,g'(t)=,令g'(t)>0,解得-t<1,令g'(t)<0,解得t>1,故g(t)在-,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(t)max=g(1)=,由t=x ln x,t≥-,a=g(t)=的图象和性质有:①0<a<,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2,t1=x ln x,t2=x ln x各有一解,即f(x)-ax x=0有2个不同解.②-<a<0,y=a和g(t)=仅有1个交点(t3,a),且-<t3<0,t3=x ln x有2个不同的解,即f(x)-ax x=0有两个不同解.③a取其他值时,f(x)-ax x=0最多1个解.综上,a的范围是-,0∪0,.6.(1)解g(x)=f'(x)=ln x+1-x-a,g'(x)=,当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故当x=2时,g(x)的最大值为g(2)=ln2-a.若a=ln2,g(x)取得最大值g(2)=0.(2)证明①若a=ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,且仅当x=2时,f'(x)=0.此时f(x)单调递减,且f(2)=0,故f(x)只有一个零点x0=2.②若a>ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减.此时,f(2)=2(ln2-a)<0,注意到x1=<1,(x ln x)'=ln x+1,故x ln x≥-,f(x1)=x1ln x1->->0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x1,2).③若0<a<ln2,则g(x)的最大值g(2)=ln2-a>0,即f'(2)>0,注意到f'=--a<0,f'(8)=ln8-3-a<0,故存在x2∈,2,x3∈(2,8),使得f'(x2)=f'(x3)=0.则当x∈(0,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,x3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x3,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)有极小值f(x2),有极大值f(x3).由f'(x2)=0得ln x2+1-x2-a=0,故f(x2)=x2-12>0,则f(x3)>0.存在实数t∈(4,16),使得ln t-t=0,且当x>t时,ln x-x<0,记x4=max,则f(x4)=x4ln x4-x4-ax4+1≤0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x3,x4].综上,f(x)有且仅有一个零点.高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.(2019浙江杭州检测)如图是f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2.(1)求φ的值;(2)求tan∠DAC的值.2.(2019天津和平区二模)已知函数f(x)=cos x(sin x-cos x),x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最大值;(2)讨论f(x)在区间上的单调性.3.(2019湖南株洲二模)如图,在四边形ABCD中,∠ADC=,AD=3,sin∠BCD=,连接BD,3BD=4BC.(1)求∠BDC的值;(2)若BD=,∠AEB=,求△ABE面积的最大值.4.在△ABC中,AB=6,AC=4.(1)若sin B=,求△ABC的面积;(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.5.(2019河北石家庄三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若10cos B cos C=-1,a=,求△ABC的周长.6.(2019上海杨浦区二模)已知函数f(x)=(1+tan x)·sin 2x.(1)求f(x)的定义域;(2)求函数F(x)=f(x)-2在区间(0,π)内的零点.参考答案高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.解(1)由f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,可得1=2sinφ,所以φ=(2)如图,由三角函数图形的性质,可知四边形AECD是平行四边形,可得2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2=|ED|2+|AC|2,解得|ED|=2,所以T=2,则ω=π,所以f(x)=2sinπx+,所以B,0,D,0,k AC=-,k AD=-,所以tan∠DAC=2.解(1)由题意,得f(x)=cos x sin x-cos2x=sin2x-(1+cos2x)=sin2x-cos2x-=sin2x--所以f(x)的最小正周期T==π,其最大值为1-(2)令z=2x-,则函数y=2sin z的单调递增区间是-+2kπ,+2kπ,k∈Z.由-+2kπ≤2x-+2kπ,得-+kπ≤x+kπ,k∈Z.设A=,B=x-+kπ≤x+kπ,k∈Z,易知A∩B=.所以,当x∈时,f(x)在区间上单调递增;在区间上单调递减.3.解(1)在△BCD中,由正弦定理得,∴sin∠BDC=∵3BD=4BC,∴BD>BC,∴∠BDC为锐角,∴∠BDC=(2)在△ABD中,AD=3,BD=,∠ADB=,∴AB==2在△ABE中,由余弦定理得AB2=AE2+BE2-2AE·BE·cos,∴12=AE2+BE2-AE·BE≥2AE·BE-AE·BE=AE·BE,当且仅当AE=BE时等号成立, ∴AE·BE≤12,∴S△ABE=AE·BE·sin12=3,即△ABE面积的最大值为34.解(1)由正弦定理得,所以sin C=1,∠C=,所以BC==2,所以S=2×4=4(2)设DC=x,则BD=2x,由余弦定理可得=-,解得x=,所以BD=3DC=55.解(1)由三角形的面积公式可得S△ABC=ac sin B=,∴2c sin B sin A=a,由正弦定理可得2sin C sin B sin A=sin A,∵sin A≠0,∴sin B sin C=;(2)∵10cos B cos C=-1,∴cos B cos C=-,∴cos(B+C)=cos B cos C-sin B sin C=-,∴cos A=,sin A=,则由bc sin A=,可得bc=,由b2+c2-a2=2bc cos A,可得b2+c2=,∴(b+c)2==7,可得b+c=,经检验符合题意,∴三角形的周长a+b+c=6.解(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为(2)∵f(x)=1+·2sin x cos x=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1=sin2x-+1,∴F(x)=f(x)-2=sin2x--1=0,解得2x-=2kπ+,或2x-=2kπ+,k∈Z,即x=kπ+,或x=kπ+,k∈Z,又x∈(0,π),∴k=0时,x=,或x=,故F(x)在(0,π)内的零点为x=,或x=高考大题专项(三) 数列1.(2019河南新乡三模,17)在数列{a n}中,a1=1,且a n,2n,a n+1成等比数列.(1)求a2,a3,a4;(2)求数列{a2n}的前n项和S n.2.在等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,若S m=63,求m.3.若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a2=2.(S n+1)·(S n+2+1)=(S n+1+1)2.(1)求S n;(2)记数列的前n项和为T n,证明:1≤T n≤2.4.设数列{a n}满足a1=2,-a n=3·22n-1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.5.已知数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2且n∈N*).(1)求a2,a3的值;(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.6.(2019天津,文18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c n=求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).参考答案高考大题专项(三) 数列1.解(1)∵a n,2n,a n+1成等比数列,∴a n a n+1=(2n)2=4n.∵a1=1,∴a2==4,同理得a3=4,a4=16.(2)∵a n a n+1=(2n)2=4n,=4,则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.故S n=2.解(1)设数列{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.(2)若a n=(-2)n-1,则S n=由S m=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.综上可得m=6.3.(1)解由题意有=…=,所以数列{S n+1}是等比数列.又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以=2,数列{S n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以S n+1=2×2n-1=2n,所以S n=2n-1.(2)证明由(1)知,n≥2时,S n=2n-1,S n-1=2n-1-1,两式相减得a n=2n-1.n=1时,a1=1也满足a n=2n-1,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).所以(n∈N*).所以T n=+…+=1++…+=2-因为n∈N*,所以0<1, 所以-1≤-<0.所以1≤2-<2.4.解(1)由已知a n+1-a n=3·22n-1,所以a n+1=[(a n+1-a n)+(a n-a n-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.当n=1时,a1=2也满足上式,所以数列{a n}的通项公式a n=22n-1.(2)由b n=na n=n·22n-1知,S n=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①22·S n=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②①-②得(1-22)S n=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.即S n=[(3n-1)22n+1+2].5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列.设b n=,由{b n}为等差数列,则有2b n+1=b n+b n+2(n∈N*).∴2∴λ=4a n+1-4a n-a n+2=2(a n+1-2a n)-(a n+2-2a n+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.综上可知,当λ=-1时,数列为首项是2,公差是1的等差数列.6.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意,得解得故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n.所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)=n×3+6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n=1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3(n∈N*).高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.3.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.3.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC 的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.。

高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书

高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书

第5课时 利用导数研究函数的零点问题考点1 讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)=.(1)判断f(x)的单调性,并比较2 0202 021与2 0212 020的大小;(2)若函数g(x)=(x-2)2+x(2f(x)-1),其中≤a≤,判断g(x)的零点的个数,并说明理由.参考数据:ln 2≈0.693.解:(1)函数f(x)=,定义域是(0,+∞),故f′(x)=.令f′(x)>0,解得0<x<e;令f′(x)<0,解得x>e,故f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则f(2 020)>f(2 021),即>,故2 021ln 2 020>2 020ln 2 021,故ln 2 0202 021>ln 2 0212 020,故2 0202 021>2 0212 020.(2)因为g(x)=(x2-4x+4)+2ln x-x,所以g′(x)=ax+-2a-1=.令g′(x)=0,解得x=2或x=,①当a=时,则g′(x)=≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(2)=2ln 2-2<0,g(6)=2ln 6-2>0,故g(2)g(6)<0,故存在x0∈(2,6),使得g(x0)=0,故g(x)在(0,+∞)上只有1个零点;②当<a<时,则<2,则g(x)在上单调递增,在上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故g(x)在(0,+∞)上有极小值g(2),g(2)=2ln 2-2<0,有极大值g=2a--2ln a-2,且g(2)=2ln 2-2<0,g(6)=8a+2ln 6-6>2ln 6-2>0,故g(2)g(6)<0,故存在x1∈(2,6),使得g(x1)=0,故g(x)在(2,+∞)上只有1个零点,另一方面令h(a)=g=2a--2ln a-2,h′(a)=2+-=2>0,所以h(a)在上单调递增,所以h(a)<h=e--2-2ln <0,则g<0,故g(x)在上没有零点.综上:当≤a≤时,g(x)只有1个零点.已知函数f(x)=x-(e为自然常数).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)设a∈R,讨论函数g(x)=x-ln x-f(x)的零点个数.解:(1)f(x)=x-,则f′(x)=.因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.记φ(x)=e x+ax-a,则φ(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,φ′(x)=e x+a.当a≥-1时,φ′(x)=e x+a>1+a≥0,即φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(0)=1-a≥0,所以-1≤a≤1;当a<-1时,令φ′(x)=e x+a=0,解得x=ln(-a).当0<x<ln(-a)时,φ′(x)<0,φ(x)在(0,ln(-a))上单调递减;当x>ln(-a)时,φ′(x)>0,φ(x)在(ln(-a),+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(ln(-a))=-2a+a ln(-a)≥0,解得-e2≤a<-1.综上可得,实数a的取值范围是[-e2,1].(2)g(x)=x-ln x-f(x)=-ln x(x>0),令g(x)=0,得a=(x>0).令h(x)=,则h′(x)=,当x∈(0,1]时,ln x≤0,x-1≤0,所以h′(x)≥0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.所以h(x)在(0,+∞)单调递增,又h(x)=∈R,a∈R,所以y=a与h(x)=的图象只有一个交点,所以a∈R,g(x)只有唯一一个零点.考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)=x3+3a(x+1)(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数g(x)=f(x)-x ln x-3a在上有两个不同的零点,求a的取值范围.解:(1)f′(x)=3x2+3a.①当a≥0时,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增;②当a<0时,令f′(x)>0,解得x<-或x>,令f′(x)<0,解得-<x<,所以f(x)在(-∞,-),(,+∞)上单调递增,在(-,)上单调递减.综上,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(-∞,-),(,+∞)上单调递增,在(-,)上单调递减.(2)g(x)=x3+3ax-x ln x,依题意,x3+3ax-x ln x=0在上有两个不同的解,即3a=ln x-x2在上有两个不同的解.设h(x)=ln x-x2,x∈,则h′(x)=-2x=.当x∈时,h′(x)≥0,h(x)单调递增;当x∈时,h′(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h=-ln 2-,且h=-ln 2-,h(2)=ln 2-4,h>h(2),所以-ln 2-≤3a<-ln 2-,所以-ln 2-≤a<-ln 2-,即实数a的取值范围为.已知函数f(x)=x2+ax+1-,a∈R.(1)若f(x)在(0,1)上单调递减,求a的取值范围;(2)设函数g(x)=f(x)-x-a-1,若g(x)在(1,+∞)上无零点,求整数a的最小值.解:(1)由题知f′(x)=2x+a+≤0在(0,1)上恒成立,即a≤-2x恒成立.令h(x)=-2x,则h′(x)=-2=-2>0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以a≤h(x)min=h(0)=1.故a的取值范围是(-∞,1].(2)由已知x>1,假设g(x)=0⇔-a=x+,记φ(x)=x+,则φ′(x)=1+.令φ′(x)>0,解得x>1+,所以φ(x)在(1,1+)上单调递减,在(1+,+∞)上单调递增,φ(1+)=1++=1+=1+∈(2,3),由题知-a=φ(x)在(1,+∞)内无解,故-a<φ(1+)<3,所以a>-φ(1+),所以整数a的最小值为-2.考点3 函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且b ln a-a ln b=a-b,证明:2<+<e.(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),又f′(x)=1-ln x-1=-ln x,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,故f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(2)证明:因为b ln a-a ln b=a-b,故b(ln a+1)=a(ln b+1),即=,故f =f .设=x1,=x2,由(1)可知不妨设0<x1<1,x2>1.因为x∈(0,1)时,f(x)=x(1-ln x)>0,x∈(e,+∞)时,f(x)=x(1-ln x)<0,故1<x2<e.先证:x1+x2>2,若x2≥2,x1+x2>2必成立.若x2<2,要证x1+x2>2,即证x1>2-x2,而0<2-x2<1,故即证f(x1)>f(2-x2),即证f(x2)>f(2-x2),其中1<x2<2.设g(x)=f(x)-f(2-x),1<x<2,则g′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].因为1<x<2,故0<x(2-x)<1,故-ln x(2-x)>0,所以g′(x)>0,故g(x)在(1,2)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,故f(x)>f(2-x),即f(x2)>f(2-x2)成立,所以x1+x2>2成立,综上,x1+x2>2成立.设x2=tx1,则t>1,结合=,=x1,=x2,可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=,要证x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,即证ln (t+1)+ln x1<1,即证ln (t+1)+<1,即证(t-1)ln (t+1)-t ln t<0.令S(t)=(t-1)ln (t+1)-t ln t,t>1,则S′(t)=ln (t+1)+-1-ln t=ln -.先证明一个不等式:ln(x+1)≤x.设u(x)=ln(x+1)-x,则u′(x)=-1=,当-1<x<0时,u′(x)>0;当x>0时,u′(x)<0,故u(x)在(-1,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数,故u(x)ma x=u(0)=0,故ln(x+1)≤x成立.由上述不等式可得当t>1时,ln ≤<,故S′(t)<0恒成立,故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)<S(1)=0,故(t-1)ln (t+1)-t ln t<0成立,即x1+x2<e成立.综上所述,2<+<e.对称化构造是解决极值点偏移问题的方法,该方法可分为以下三步:已知函数f(x)=ln x-ax有两个零点x1,x2(x1<x2).(1)求实数a的取值范围;(2)求证:x1·x2>e2.(1)解:f′(x)=-a=(x>0),①若a≤0,则f′(x)>0,不符合题意.②若a>0,令f′(x)=0,解得x=.当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)=ln x-ax的极大值f=ln -1>0,解得0<a<.显然e∈,f(e)=1-a e<0,∈,f=2ln-.设t=>e,g(t)=2ln t-t,g′(t)=-1<0,所以g(t)在(e,+∞)上单调递减,g(t)<g(e)=2-e<0,即f <0.所以实数a的取值范围为.(2)证明:因为f(1)=-a<0,所以1<x1<<x2.构造函数H(x)=f-f=ln -ln -2ax,0<x<.H′(x)=+-2a=>0,所以H(x)在上单调递增,故H(x)>H(0)=0,即f >f.由1<x1<<x2,知-x1>,故f(x2)=f(x1)=f <f=f.因为f(x)在上单调递减,所以x2>-x1,即x1+x2>.故ln (x1x2)=ln x1+ln x2=a(x1+x2)>2,即x1·x2>e2.拓展考点 隐零点求解问题已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g′(1)=0,而g′(x)=a-,g′(1)=a-1=0,得a=1.若a=1,则g′(x)=1-.当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-x ln x,f′(x)=2x-2-ln x(x>0).设h(x)=2x-2-ln x,h′(x)=2-.当x∈时,h′(x)<0;当x∈时,h′(x)>0,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)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.解:(1)当a≤0时,f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>0时,函数f(x)的单调递减区间是(-∞,ln a),单调递增区间是(ln a,+∞).(解答过程略)(2)由题设可得(x-k)(e x-1)+x+1>0,即k<x+(x>0)恒成立.令g(x)=+x(x>0),得g′(x)=+1=(x>0).由(1)的结论可知,函数h(x)=e x-x-2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0,h(2)>0,所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点),且eα=α+2.当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)min=g(α)=+α.又eα=α+2且α∈(1,2),则g(x)min=g(α)=1+α∈(2,3),所以k的最大值为2.1.按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类:1.已知函数f(x)=e x-a-eln(e x+a),若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.解:由函数f(x)=e x-a-eln(e x+a),求得定义域为,对函数求导可得:f′(x)=e x-,则存在一个x0,使得f′(x0)=0,且-<x<x0时,f′(x)<0,x>x0时,f′(x)>0,则f(x)≥f(x0)=e x0-a-eln(e x0+a)=-a-e·ln e=e x0+-2e-a=e x0+a+-2e-2a.因为e x0+a+≥2e,所以f(x0)≥2e-2e-2a=-2a≥0,则a≤0,所以实数a的取值范围为(-∞,0].2.已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的零点及单调区间;(2)求证:曲线y=存在斜率为6的切线,且切点的纵坐标y0<-1.(1)解:函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为(e,+∞),单调递减区间为(0,e).(解答过程略)(2)证明:要证曲线y=存在斜率为6的切线,即证y′==6有解,等价于1-ln x-6x2=0在x>0时有解.构造辅助函数g(x)=1-ln x-6x2(x>0),g′(x)=--12x<0,函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(1)=-5<0,g=1+ln 2->0,所以∃x0∈,使得g(x0)=1-ln x0-6x=0.即证明曲线y=存在斜率为6的切线.设切点坐标为,则y===-6x0,x0∈.令h(x)=-6x,x∈,由h(x)在区间上单调递减,则h(x)<h=-1,.所以y0<-1求证:x1x2>e2(e为自然对数的底数).[四字程序]思路参考:转化为证明ln x1+ln x2>2,根据x1,x2是方程f′(x)=0的根建立等量关系.令t=,将ln x1+ln x2变形为关于t的函数,将ln x1+ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明.证明:欲证x1x2>e2,需证ln x1+ln x2>2.若f(x)有两个极值点x1,x2,则函数f′(x)有两个零点.又f′(x)=ln x-mx(x>0),所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个不等实根.于是,有解得m=.另一方面,由得ln x2-ln x1=m(x2-x1),从而得=,于是,ln x1+ln x2==.又0<x1<x2,设t=,则t>1.因此,ln x1+ln x2=,t>1.要证ln x1+ln x2>2,即证>2,t>1.即当t>1时,有ln t>.设函数h(t)=ln t-,t>1,则h′(t)=-=≥0,所以,h(t)为(1,+∞)上的增函数.又h(1)=0,因此,h(t)>h(1)=0.于是,当t>1时,有ln t>.所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2.思路参考:将证明x1x2>e2转化为证明x1>.依据x1,x2是方程f′(x)=0的两个不等实根,构造函数g(x)=,结合函数g(x)的单调性,只需证明g(x2)=g(x1)<g.证明:由x1,x2是方程f′(x)=0的两个不等实根,且f′(x)=ln x-mx(x>0),所以mx1=ln x1,mx2=ln x2.令g(x)=,g(x1)=g(x2),由于g′(x)=,因此,g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.又x1<x2,所以0<x1<e<x2.令h(x)=g(x)-g(x∈(0,e)),h′(x)=>0,故h(x)在(0,e)上单调递增,故h(x)<h(e)=0,即g(x)<g.令x=x1,则g(x2)=g(x1)<g.因为x2,∈(e,+∞),g(x)在(e,+∞)上单调递减,所以x2>,即x1x2>e2.思路参考:设t1=ln x1∈(0,1),t2=ln x2∈(1,+∞),推出=e t1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1+t2>2,引入变量k=t1-t2<0构建函数进行证明.证明:设t1=ln x1∈(0,1),t2=ln x2∈(1,+∞).由得⇒=e t1-t2.设k=t1-t2<0,则t1=,t2=.欲证x1x2>e2,需证ln x1+ln x2>2.即只需证明t1+t2>2,即>2⇔k(1+e k)<2(e k-1)⇔k(1+e k)-2(e k-1)<0.设g(k)=k(1+e k)-2(e k-1)(k<0),则g′(k)=k e k-e k+1.令m(k)=k e k-e k+1,则m′(k)=k e k<0,故g′(k)在(-∞,0)上单调递减,故g′(k)>g′(0)=0,故g(k)在(-∞,0)上单调递增,因此g(k)<g(0)=0,命题得证.思路参考:设t1=ln x1∈(0,1),t2=ln x2∈(1,+∞),推出=e t1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1+t2>2,引入变量=k∈(0,1)构建函数进行证明.证明:设t1=ln x1∈(0,1),t2=ln x2∈(1,+∞).由得⇒=e t1-t2.设=k∈(0,1),则t1=,t2=.欲证x1x2>e2,需证ln x1+ln x2>2,即只需证明t1+t2>2,即>2⇔ln k<⇔ln k-<0.设g(k)=ln k-(k∈(0,1)),g′(k)=>0,故g(k)在(0,1)上单调递增,因此g(k)<g(1)=0,命题得证.1.本题考查应用导数研究极值点偏移问题,基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解,途径都是构造一元函数.2.基于课程标准,解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力.本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养.3.基于高考数学评价体系,本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识,渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法,有一定的综合性,属于能力题,在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用.已知函数f(x)=x ln x-2ax2+x,a∈R.(1)若f(x)在(0,+∞)内单调递减,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1,x2,证明:x1+x2>.(1)解:f′(x)=ln x+2-4ax.因为f(x)在(0,+∞)内单调递减,所以f′(x)=ln x+2-4ax≤0在(0,+∞)内恒成立,即4a≥+在(0,+∞)内恒成立.令g(x)=+,则g′(x)=.所以,当0<x<时,g′(x)>0,即g(x)在内单调递增;当x>时,g′(x)<0,即g(x)在内单调递减.所以g(x)的最大值为g=e,所以实数a的取值范围是.(2)证明:若函数f(x)有两个极值点分别为x1,x2,则f′(x)=ln x+2-4ax=0在(0,+∞)内有两个不等根x1,x2.由(1),知0<a<.由两式相减,得ln x1-ln x2=4a(x1-x2).不妨设0<x1<x2,则<1,所以要证明x1+x2>,只需证明<,即证明>ln x1-ln x2,亦即证明>ln.令函数h(x)=-ln x,0<x<1,所以h′(x)=<0,即函数h(x)在(0,1)内单调递减.所以当x∈(0,1)时,有h(x)>h(1)=0,所以>ln x,即不等式>ln成立.综上,x1+x2>,命题得证.。

高考数学一轮复习 3-3 导数的综合应用课件 理

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考点突破
15 课堂总结
设 u(x)=2x23x--31x2(x>1),则 u′(x)=8xx2-x-3412+2 136. 因为 x>1,u′(x)>0 恒成立,所以 u(x)在(1,+∞)上是增函数, 所以 u(x)>u(1)=-1, 所以ba>-1,即ba的取值范围为(-1,+∞).
∴y=MN=t2-ln t(t>0).
∴y′=2t-1t =2t2-t 1=2t+
22t- t
2 2 .
当 0<t< 22时,y′<0;当 t> 22时,y′>0.
∴y=MN=t2-ln t 在 t= 22时有最小值.
答案
2 2
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考点突破
9 课堂总结
4.若 f(x)=lnxx,0<a<b<e,则 f(a),f(b)的大小关系为________. 解析 f′(x)=1-xl2n x, 当 x∈(0,e)时,1-xl2n x>0,即 f′(x)>0, ∴f(x)在(0,e)上为增函数, 又∵0<a<b<e,∴f(a)<f(b).
(× )
(4)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析
式共同确定.
(√ )
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考点突破
6 课堂总结
• 2. 如图,用铁丝弯成一个上面是半圆,下面 是矩形的图形,其面积为a m2.为使所用材料 最省,底宽应为________m.
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考点突破
7 课堂总结
解析 设底宽为 x m,矩形高为 y m,铁丝总长为 l m.
所以 b≤x2-2x-exx在 x∈(0,+∞)上恒成立.
记 h(x)=x2-2x-exx(x>0),则 h′(x)=x-1e2xex+1.

高中一轮复习 12 导数的综合应用

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第12讲 导数的综合应用一、教学目标1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值,并会解决与之有关的方程(不等式)问题;2.会利用导数解决某些简单的实际问题.二、知识点梳理1.生活中的优化问题通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题,一般地,对于实际问题,若函数在给定的定义域内只有一个极值点,那么该点也是最值点.2.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤3.导数在研究方程(不等式)中的应用研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式;反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等,又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题,利用导数进行研究. 辨析感悟1.函数最值与不等式(方程)的关系(1)对任意x >0,ax 2+(3a -1)x +a ≥0恒成立的充要条件是a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫15,+∞.( ) (2)已知函数f (x )=e x -2x +a 有零点,则a 的取值范围是(-∞,2ln 2-2].( )感悟·提升1.两个转化 一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理,如(2).2.两点注意 一是注意实际问题中函数定义域,由实际问题的意义和解析式共同确定,如(3). 二是在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么可直接根据实际意义判定是最大值还是最小值,如(4).若在开区间内有极值,则一定有最优解.三、典型例题讲解考点一 导数在方程(函数零点)中的应用【例1】 已知函数f (x )=x 2+x sin x +cos x .(1)若曲线y =f (x )在点(a ,f (a ))处与直线y =b 相切,求a 与b 的值;(2)若曲线y =f (x )与直线y =b 有两个不同交点,求b 的取值范围.审题路线 (1)由导数的几何意义,知f ′(a )=0且f (a )=b ,解方程得a ,b 的值.(2)两曲线的交点问题,转化为方程x2+x sin x+cos x-b=0.通过判定零点个数来求解.解由f(x)=x2+x sin x+cos x,得f′(x)=2x+sin x+x(sin x)′-sin x=x(2+cos x).(1)因为曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,所以f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a).解得a=0,b=f(0)=1.(2)设g(x)=f(x)-b=x2+x sin x+cos x-b.令g′(x)=f′(x)-0=x(2+cos x)=0,得x=0.当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:x (-∞,0)0(0,+∞)g′(x)-0+g(x)1-b所以函数g(x)在区间g(x)的最小值为g(0)=1-b.①当1-b≥0时,即b≤1时,g(x)=0至多有一个实根,曲线y=f(x)与y=b最多有一个交点,不合题意.②当1-b<0时,即b>1时,有g(0)=1-b<0,g(2b)=4b2+2b sin 2b+cos 2b-b>4b-2b-1-b>0.∴y=g(x)在(0,2b)内存在零点,又y=g(x)在R上是偶函数,且g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴y=g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,在(-∞,0)也有唯一零点.故当b>1时,y=g(x)在R上有两个零点,则曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点.综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,那么b的取值范围是(1,+∞).规律方法(1)在解答本题(2)问时,可转化为判定f(x)=b有两个实根时实数b应满足的条件,并注意g(x)的单调性、奇偶性、最值的灵活应用.另外还可作出函数y=f(x)的大致图象,直观判定曲线交点个数,但应注意严谨性,进行必要的论证.(2)该类问题的求解,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.【训练1】已知函数f(x)=13x3+1-a2x2-ax-a,x∈R,其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围.考点二导数在不等式中的应用【例2】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.审题路线(1)由极值点确定出实数m的值,然后利用导数求出函数的单调区间;(2)当m≤2时,转化为求f(x)min,证明f(x)min>0.解(1)易知f′(x)=e x-1x+m.由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1. 于是f(x)=e x-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),∴f′(x)=e x-1x+1在(-1,+∞)上是增函数,且f′(0)=0.当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x>0时,f′(x)>0.故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)当m≤2,x>-m时,ln(x+m)≤ln(x+2).故只需证明当m=2时,f(x)>0.当m=2时,f′(x)=e x-1x+2在(-2,+∞)上单调递增.又f′(-1)=1e-1<0,f′(0)=1-12>0.所以f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且-1<x0<0. 于是y=f(x)在x=x0处,取到最小值.又f′(x0)=0,得=1x0+2,两边取对数得ln(x0+2)=-x0.故f(x)≥f(x0)=-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0.综上可知,当m≤2时,f(x)>0成立.规律方法(1)第(2)问证明抓住两点:一是转化为证明当m=2时,f(x)>0;二是依据f′(x0)=0,准确求f(x)=e x-ln(x+2)的最小值.(2)对于该类问题,可从不等式的结构特点出发,构造函数,借助导数确定函数的性质,借助单调性或最值实现转化.【训练2】已知函数f(x)=a(x2+1)+ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意a∈(-4,-2)及x∈[1,3],恒有ma-f(x)>a2成立,求实数m的取值范围.课堂小结:1.理解极值与最值的区别,极值是局部概念,最值是整体概念.2.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.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.四、课后作业基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.若直线y =m 与y =3x -x 3的图象有三个不同的交点,则实数m 的取值范围是( ).A .(-2,2)B .[-2,2]C .(-∞,-2)∪(2,+∞)D .(-∞,-2]∪[2,+∞)2.若关于x 的不等式x 3-3x 2-9x +2≥m 对任意x ∈[-2,2]恒成立,则m 的取值范围是( ).A .(-∞,7]B .(-∞,-20]C .(-∞,0]D .[-12,7]3.已知e 为自然对数的底数,设函数f (x )=(e x -1)(x -1)k (k =1,2),则( ).A .当k =1时,f (x )在x =1处取到极小值B .当k =1时,f (x )在x =1处取到极大值C .当k =2时,f (x )在x =1处取到极小值D .当k =2时,f (x )在x =1处取到极大值4.在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示,则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( ).A .(-∞,-1)∪(0,1)B .(-1,0)∪(1,+∞)C .(-2,-1)∪(1,2)D .(-∞,-2)∪(2,+∞)二、填空题5.已知函数f (x )=12mx 2+ln x -2x 在定义域内是增函数,则实数m 的取值范围是________.6.若f (x )=x sin x +cos x ,则f (-3),f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,f (2)的大小关系为________. 7.设函数f (x )=6ln x ,g (x )=x 2-4x +4,则方程f (x )-g (x )=0有________个实根.三、解答题8.已知函数f (x )=e x -m -x ,其中m 为常数.(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立,求m 的取值范围;(2)当m >1时,判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数,并说明理由.能力提升题组(建议用时:25分钟)一、选择题1.已知函数y =f (x )是定义在R 上的奇函数,且当x <0时,不等式f (x )+xf ′(x )<0成立,若a=30.3f (30.3),b =(log π3)f (log π3),c =⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319,则a ,b ,c 间的大小关系是( ). A .a >b >c B .c >b >aC .c >a >bD .a >c >b2.已知函数f (x )=⎩⎨⎧ -x 2+6x +e 2-5e -2,x ≤e ,x -2ln x ,x >e(其中e 为自然对数的底数,且e ≈2.718).若f (6-a 2)>f (a ),则实数a 的取值范围是( ).A .(2,3)B .(2,e)C .(-3,2)D .(-2,e)二、填空题3.将边长为1 m 的正三角形薄铁皮,沿一条平行于某边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记S =(梯形的周长)2梯形的面积,则S 的最小值是________. 三、解答题4.已知函数f (x )=sin x (x ≥0),g (x )=ax (x ≥0).(1)若f (x )≤g (x )恒成立,求实数a 的取值范围;(2)当a 取(1)中的最小值时,求证:g (x )-f (x )≤16x 3.。

(高考一轮复习)第16讲 导数的综合应用

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(2)当速度为x千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 10x0小时,设耗油量为h(x)升,
依题意得: h(x)=(1281000x3-830x+8)·10x 0 =12180x2+80x0-145(0<x≤120), 则h′(x)=64x0-8x020=x63-408x02 3(0<x≤120).
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2.已知函数 f(x)=x3-3x+1,若方程 f(x)=a 有三个不同 的实数根,则 a 的取值范围是 .
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解析:因为 f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 所以当 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,f′(x)>0. 当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0, 当 x=-1 时,f(x)有极大值为 f(-1)=3; 当 x=1 时,f(x)有极小值为 f(1)=-1, 所以 f(x)=a 有三个不同实根,则-1<a<3, 故 a 的取值范围是(-1,3).
当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g(1x); 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g(1x).
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(3)由(1)知 g(x)的最小值为 1, 所以,g(a)-g(x)<1a对任意 x>0 成立⇔g(a)-1<1a, 即 ln a<1,从而得 0<a<e. 故实数 a 的取值范围为(0,e).
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解析:每月生产 x 吨时的利润为
f(x)=(24200-15x2)x-(50000+200x)

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导数的综合应用 【选题明细表】 知识点、方法题号参数范围及恒成立问题1、5、7、8、9不等式问题2、4、10实际应用题3、6一、选择题 1.已知函数f(x)=x2+mx+ln x是单调递增函数,则m的取值范围是( B ) (A)m>-2(B)m≥-2 (C)m1,则不等式ex·f(x)>ex+1的解集为( A ) (A){x|x>0}(B){x|x<0} (C){x|x1}(D){x|x<-1或0<xex-ex=0, 所以g(x)=ex·f(x)-ex为R上的增函数. 又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1, 所以原不等式转化为g(x)>g(0), 解得x>0. 故选A. 3.如图所示,一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t)(S(0)=0),则导函数y=S'(t)的图象大致为( A ) 解析:由导数的定义知,S'(t0)表示面积函数S(t0)在t0时刻的瞬时变化率.如图所示,正五角星薄片中首先露出水面的是区域Ⅰ,此时其面积S(t)在逐渐增大,且增长速度越来越快,故其瞬时变化率S'(t)也应逐渐增大;当露出的是区域Ⅱ时,此时的S(t)应突然增大,然后增长速度减慢,但仍为增函数,故其瞬时变化率S'(t)也随之突然变大,再逐渐变小,但S'(t)>0(故可排除选项B);当五角星薄片全部露出水面后,S(t)的值不再变化,故其导数值S'(t)最终应等于0,符合上述特征的只有选项A. 4.已知f(x)是定义域为R的奇函数,f(-4)=-1,f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示.若两正数a,b满足f(a+2b)<1,则的取值范围是( B ) (A)(B) (C)(-1,0)(D)(-∞,-1) 解析:因为f(x)是定义域为R的奇函数,f(-4)=-1,所以f(-4)=-f(4),所以f(4)=1,所以f(a+2b)<f(4),又由f'(x)≥0,得f(x)为增函数,所以a+2b<4,而a,b为正数,所以a+2b<4所表示的区域为如图所示的直角三角形AOB(不包括边界),其中A(0,4),B(2,0),可看成是直线PM的斜率,其中P(-2,-2),M(b,a)在直角三角形AOB的内部(不包括边界),所以kPB<kPM<kPA,而kPA==3,kPB==,所以<kPM<3,故选B. 5.(2013淄博一检)已知a≤+ln x对任意x∈恒成立,则a的最大值为( A ) (A)0(B)1(C)2(D)3 解析:设f(x)=+ln x=+ln x-1, 则f'(x)=-+=. 当x∈时,f'(x)0, 故函数f(x)在(1,2]上单调递增, ∴f(x)min=f(1)=0, ∴a≤0,即a的最大值为0. 故选A. 二、填空题 6.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y=x3-x2-40x (x>0),为使耗电量最小,则速度应定为 .? 解析:由y'=x2-39x-40=0, 得x=-1或x=40, 由于0<x<40时,y'40时,y'>0. 所以当x=40时,y有最小值. 答案:40 7.关于x的方程x3-3x2-a=0有三个不同的实数解,则实数a的取值范围是 .? 解析:方程可化为a=x3-3x2, 设f(x)=x3-3x2, 则f'(x)=3x2-6x, 由f'(x)>0,得x>2或x<0; 由f'(x)<0,得0<x2或a2或a0), (1)若函数f(x)在x=1处与直线y=-相切, ①求实数a,b的值; ②求函数f(x)在上的最大值. (2)当b=0时,若不等式f(x)≥m+x对所有的a∈,x∈(1,e2]都成立,求实数m的取值范围. 解:(1)①f'(x)=-2bx, ∵函数f (x)在x=1处与直线y=-相切, ∴ 解得 ②f(x)=ln x-x2, f'(x)=-x=, 当≤x≤e时, 令f'(x)>0得≤x<1; 令f'(x)<0,得10, ∴h(a)在a∈上单调递增, ∴h(a)min=h(0)=-x, ∴m≤-x对所有的x∈(1,e2]都成立. ∵1<x≤e2, ∴-e2≤-xln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1. (1)解:∵f'(x)=ex-2, 由f'(x)<0可得,x0可得x>ln 2, 所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,ln 2), 单调递增区间为(ln 2,+∞). 当x=ln 2时,有极小值f(ln 2)=2(1-ln 2+a). (2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g'(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln 2-1时, g'(x)的最小值为g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意x∈R,都有g'(x)>0, 所以g(x)在R内单调递增. 于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞), 都有g(x)>g(0). 而g(0)=0, 从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0, 即ex-x2+2ax-1>0, 故ex>x2-2ax+1.。

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(选修1-1P83习题3改编)若做一个容积为256的方底无盖水箱,为使它的用料
在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(3)=1-ln 3.
2.
4 最省(全面积最小),则它的高为________ . 256 2 2 2 【解析】设高为 h,底边长为 x,则 x h=256,所以 S=4hx+x =4x·x2 +x =
【解答】(1) 显然函数f(x)的定义域为(0,+∞),
x2-x-2 x-2x+1 当a=1时,f′(x)= = . x x 所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0;x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在x=2时取得最小值,其最小值为f(2)=-2ln2.
x2+a-2x-2a x-2x+a 2a (2) 因为f′(x)=x- x +(a-2)= = ,x>0,所以 x x
①若-2<a≤0,当x∈(0,-a)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(-a,2)时, f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.
②若a=-2,f′(x)>0,则f(x)为增函数.
③若a<-2,当x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(2,-a)时, f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(-a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.
(选修1-1P79例2改编)设计一种体积为v0的圆柱形饮料罐,为了使它的用 3 4v 0 π 料最省,则它的高为_________________ . 5.
【解析】设圆柱的高为H,底面半径为R,则表面积为S=2πRH+2πR2,又πR2H v0 v0 2v0 2v0 2 2 =v0,H= 2,故S=2πR· 2+2πR = +2πR ,由S′=- 2 +4πR=0,解得R= πR πR R R 3 v 3 4v v0 0 0 ,此时S最小理 1. 最值与不等式 各类不等式与函数最值的关系如下表:
不等式类型 任意的x∈D,f(x)>M 与最值的关系 f(x)min>M 任意的x∈D,______________ f(x)max<M 任意的x∈D,________________ f(x)max>M 任意的x∈D,____________ f(x)min<M 任意的x∈D,____________
任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)max>g(x)max _________________ 任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)max>g(x)min ___________________
2. 实际应用题
建立函数模型 ,使用导数方法求解函数模 (1) 解题的一般步骤:理解题意,_______________
4.
(选修2-2P27习题15改编)如图,水波的半径以50 cm/s的速度向外扩张,当
2 25 000π 半径为250 cm时,水波面的圆面积的膨胀率是________cm /s.
(第4题)
【解析】设时间 t 对应的水波面的圆的半径为 r,面积为 S,则 r=50t,S=πr2 =2 500πt2,当 r=250 时,t=5,故有 S′=(2 500πt2)′=5 000π·t=25 000π(cm2/s).
1024 2 1024 x +x ,S′=- x2 +2x.令 S′=0,解得 x=8,此时 h=4,S 取最小值.
3. (选修2-2P35例1改编)用长为90 cm,宽为48 cm的长方形铁皮做一个无盖的容 器,先在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻折90° 角,再焊接而成,则该容 器的高为________cm 时,容器的容积最大. 10
第三章
导数及其应用
第 19 课
导数的综合应用
栏 目 导 航
链教材 ·夯基固本 研题型 ·技法通关
链教材 ·夯基固本
激活思维 1. 1 (选修2-2P34习题4改编)若函数f(x)= 3 x-ln x(x>0),则y=f(x)的最小值为
1-ln 3 . ________
1 1 【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f′(x)= - =0,得x=3,易知f(x) 3 x
【解析】设容器的高为x cm,即小正方形的边长为x cm,该容器的容积为V,则 V=(90-2x)(48-2x)x=4(x3-69x2+1 080x),0<x<24,V′=12(x2-46x+360)=12(x -10)(x-36),当0<x<10时,V′>0;当10<x<24时,V′<0.所以V在(0,10]上是增函 数,在[10,24)上是减函数,故当x=10时,V最大.
[f(x)-g(x)]min>0 任意的x∈D,________________ [f(x)-g(x)]max<0 任意的x∈D,_______________ 任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)min>g(x)max ___________________
任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)min>g(x)min __________________
型,根据求解结果回答实际问题. (2)
定义域 ;实际问题中的函数多数是单峰函数 注意事项:注意实际问题的________
最值点 (即在定义域内只有一个极值点的函数),这样的极值点也是____________.
研题型 ·技法通关
课堂导学 目标 1 利用导数研究函数的性质 1 2 (2017· 泰州中学改编)已知函数 f(x)=2x -2alnx+(a-2)x,a∈R. (1) 当 a=1 时,求函数 f(x)的最小值; (2) 当 a≤0 时,讨论函数 f(x)的单调性.
任意的x∈D,f(x)<M
存在x∈D,f(x)>M 存在x∈D,f(x)<M
任意的x∈D,f(x)>g(x) 任意的x∈D,f(x)<g(x) 任意的x1∈D1,任意的x2∈D2,f(x1)>g(x2) 任意的x1∈D1,存在x2∈D2,f(x1)>g(x2) 存在x1∈D1,任意的x2∈D2,f(x1)>g(x2) 存在x1∈D1,存在x2∈D2,f(x1)>g(x2)
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