高三数学一轮复习 导数及其应用 第17课时 导数的综合应用(无答案)(2)
(新课标)2021版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第17讲导数与函数的综合问题导学案新人教A版
第17讲 导数与函数的综合问题【课程要求】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．对应学生用书p 47【基础检测】1．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为____________．[解析]令y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x<40时，y ′<0；当x>40时，y ′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． [答案]402．从边长为10cm ×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为__________cm 3.[解析]设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0，5)． 则y ＝(10－2x)(16－2x)x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． [答案]1443．若函数f(x)在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) [解析]由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0在(0，＋∞)上恒成立，因此f （x ）x在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f （3）3<f （1）1，即3f (1)>f (3)．[答案]B4．已知函数f ()x ＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a>2B ．a<3C ．a ≤1D ．a ≥3[解析]若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则由f ()x ＝a x －1＋ln x ≤0，即ax ≤1－ln x ，即a ≤x －x ln x ，设h ()x ＝x －x ln x ，则h ′()x ＝－ln x ，由h ′()x >0得ln x<0，得0<x<1，此时函数递增，由h ′()x <0得－ln x ＜0，即x>1，此时函数递减，即当x ＝1时，函数h ()x 取得极大值h ()1＝1－ln 1＝1，即h ()x ≤1，若a ≤x －x ln x 有解，则a ≤1，故选C .[答案]C5．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 2C ．(0，4e 2)D ．(0，＋∞)[解析]函数y ＝x 2e x－a 的导数为y ′＝2x e x＋x 2e x＝x e x(x ＋2)，令y ′＝0，则x ＝0或－2，当－2＜x ＜0上时，y ′<0，函数单调递减，当x ∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y ′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x ＝－2处取极大值，在x ＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a ，f(－2)＝4e －2－a ，已知函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，故－a<0，且4e －2－a>0，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，4e 2.[答案]B 【知识要点】 1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题． 2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．对应学生用书p48利用导数研究生活中的优化问题例1 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域．②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．[解析] (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知y ＝1000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点， y ′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f(t)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]，则g ′(t)＝2t －16×106t 5. 令g ′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． [小结]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，结合实际问题作答．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12000π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．[解析] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意知200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r)＝π5(300－12r 2)．令V ′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r ∈(0，5)时，V ′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r ∈(5，53)时，V ′(r)＜0，故V(r)在(5，53)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．利用导数证明不等式2 设函数f ()x ＝a ln x ＋1x －2x ()a ∈R .(1)当a ＝3时，求f ()x 的极值； (2)当a ＝1时，证明：f ()x >1ex －2x .[解析] (1)当a ＝3时，f ()x ＝3ln x ＋1x－2x ，f ′()x ＝3x －1x 2－2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－()2x －1()x －1x2(x >0), 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′()x <0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′()x >0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0, f ()x 在()1，＋∞上单调递减．所以当x ＝12时，f ()x 取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－3ln2；当x ＝1时，f ()x 取得极大值f ()1＝－1.(2)当a ＝1时，f ()x ＝ln x ＋1x－2x (x >0)，所以不等式f ()x >1e x －2x 可变为ln x ＋1x >1e x .要证明上述不等式成立，即证明x ln x ＋1>xe x .设g ()x ＝x ln x ＋1，h (x )＝xe x ，则g ′()x ＝ln x ＋1，令g ′()x ＝0，得x ＝1e，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，g ′()x <0, g ()x 是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上，g ′()x >0, g ()x 是增函数． 所以g ()x ≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e .h ′()x ＝1－xex ，令h ′()x ＝0得x ＝1，在()0，1上，h ′()x >0, h ()x 是增函数； 在()1，＋∞上，h ′()x <0, h ()x 是减函数，所以h ()x ≤h ()1＝1e <1－1e，所以h ()x <g ()x ，即x e x <x ln x ＋1，所以ln x ＋1x >1ex ，由此可知f ()x >1ex －2x .[小结]证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．已知函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．利用导数解决含参不等式问题3 已知函数f ()x ＝ex －1＋ax ，a ∈R .(1)讨论函数f ()x 的单调区间；(2)若∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ex －1＋a .(i)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ii)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1； 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1，函数f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f ()x ＝e x －1－x 的最小值为f ()1＝0，所以ex －1－x ≥0，即ex －1≥x .f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立与f ()x ＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g ()x ＝f ()x ＋ln x －a －1， 即g ()x ＝ex －1＋a ()x －1＋ln x －1()x ≥1， 则g ′()x ＝ex －1＋1x＋a .①当a ≥－2时，g ′()x ＝ex －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x＋a ＝a ＋2≥0.(或令φ()x ＝ex －1＋1x ，则φ′()x ＝e x －1－1x2在[)1，＋∞上递增，∴φ′()x ≥φ′()1＝0，∴φ()x 在[)1，＋∞上递增，∴φ()x ≥φ()1＝2.∴g ′()x ≥0.)∴g ()x 在区间[)1，＋∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()1＝0， ∴f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立． ②当a <－2时，令h ()x ＝ex －1＋1x＋a ，则h ′()x ＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′()x ≥0，函数h ()x 单调递增． 又h ()1＝2＋a <0, h ()1－a ＝e1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0， ∴存在x 0∈()1，1－a ，使得h ()x 0＝0，故当x ∈()1，x 0时，h ()x <h ()x 0＝0，即g ′()x <0，故函数g ()x 在()1，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，＋∞时，h ()x >h ()x 0＝0，即g ′()x >0，故函数g ()x 在()x 0，＋∞上单调递增，∴g ()x min＝g ()x 0<g ()1＝0，即∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是[)－2，＋∞. [小结]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3．设函数f(x)＝e x－ax －2，a ∈R . (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，当x >0时，x ＋1>(k －x )f ′(x )恒成立，求整数k 的最大值． [解析] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，f (x )无极值； 当a >0时，令f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .x <ln a 时f ′(x )<0，此时f (x )在(－∞，ln a )上是减函数， x >ln a 时f ′(x )>0，此时f (x )在(ln a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )有极小值f (ln a )＝a －a ln a －2，无极大值，综上：当a≤0时，无极值；当a>0时，有极小值f(ln a)＝a－a ln a－2，无极大值.(2)法一：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)(x>0)，分离参数得：k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，则g′(x)＝－x e x－1（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1eα－1＋α＝α＋1∈(2，3)，由于①式等价于k<g(α)＝α＋1∈(2，3)，故整数k的最大值为2.法二：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1.所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，令g(x)＝(x－k)(e x－1)＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝(x－k＋1)e x.当1－k≥0，即k≤1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝1;当1－k<0，即k>1时，x∈(0，k－1)时，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)>0，此时g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－e k－1，设h(k)＝k＋1－e k－1(k>1)，则h′(k)＝1－e k－1<0(∵k>1)，所以h (k )＝k ＋1－e k －1在(1，＋∞)上单调递减，又h (2)＝3－e>0，h (3)＝4－e 2<0，故整数k 的最大值为2.利用导数研究函数的零点或方程根的问题4 已知f(x)＝e －x (ax 2＋x ＋1)．(1)当a ≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当0<a ≤12时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数．[解析] (1)要证f(x)≤1⇒e －x (ax 2＋x ＋1)≤1，只要证e x －ax 2－x －1≥0.(*)令h(x)＝e x －ax 2－x －1，则h ′(x)＝e x －2ax －1，而h ′′(x)＝e x －2a>0，所以h ′(x)在()－∞，＋∞上单调递增，又h ′(0)＝0， 所以h(x)在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，∴h(x)min ＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立．所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝e x －ax 2－x －1的零点个数．而h ′(x)＝e x －2ax －1，h ″(x)＝e x －2a.令h ″(x)＝0，解得x ＝ln 2a.所以h ′(x)在()－∞，ln 2a 上单调递减，在()ln 2a ，＋∞上单调递增．所以h ′(x)min ＝h ′(ln 2a)＝2a －2a ln 2a －1，设m ＝2a ，g(m)＝m －m ln m －1，而g ′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m ，则g(m)在()1，＋∞上单调递减，在()0，1上单调递增，所以g(m)max ＝g(1)＝0，即h ′(x)min ≤0 (当m ＝1即a ＝12时取等号)．1°当a ＝12时，h ′(x)min ＝0, 则h ′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R 上单调递增，又h (0)＝0，则h (x )有一个零点；2°当0<a <12时，ln2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln2a )<0.有h ′(x )在()－∞，ln2a 上单调递减，在()ln2a ，＋∞上单调递增，且x →－∞时，h ′(x )＝e x －2ax －1>0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.又h ′(0)＝0，这时h (x )在()－∞，x 2上单调递增，在()x 2，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增． 所以h (x 2)>h (0)＝0.又x →－∞时，h (x )＝e x －ax 2－x －1<0，h (0)＝0.所以这时h (x )有两个零点；综上：a ＝12时，原方程有一个解；当0<a <12时，原方程有两个解． [小结]应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．4．已知函数f(x)＝(x 2＋ax －1)e x －1，g(x)＝(x 2＋ax)e x－ax －b. (1)若x ＝－2是函数f(x)的极值点，求f(x)的极小值；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．[解析] (1)由题可得f ′(x)＝(2x ＋a)ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1，因为f ′(－2)＝0，所以a ＝－1，f(x)＝(x 2－x －1)ex －1， 故f ′(x)＝(x 2＋x －2)e x －1，令f ′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)极小值为f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1. (2)函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a ≥0，F(0)＝1－b<0，易知e x >x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b>1，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝ea ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)＝b(a ＋b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．对应学生用书p 50(2019·全国卷Ⅰ理)已知函数f(x)＝sin x －ln (1＋x)，f ′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f ′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点．[解析] (1)设g(x)＝f ′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x， g ′(x)＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x)单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x)>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(i )当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x)在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．(ii )当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x)在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x)>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f(0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f(x)>0.从而，f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (iii )当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f(π)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (iv )当x ∈(π，＋∞)时，ln (x ＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．。
高考数学一轮复习 第四章 导数及其应用 第17课 利用导
第四章 导数及其应用 第17课 利用导数研究函数的单调性课时分层训练A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、填空题1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________． (2，＋∞) [因为f (x )＝(x －3)e x，则f ′(x )＝e x(x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2， 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．]2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图173所示，则下列叙述正确的是________．图173①f (b )＞f (c )＞f (d )； ②f (b )＞f (a )＞f (e )； ③f (c )＞f (b )＞f (a )； ④f (c )＞f (e )＞f (d )．③ [依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )＞0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，由a ＜b ＜c ，所以f (c )＞f (b )＞f (a )，因此③正确．]3．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的________条件. 【导学号：62172096】充分不必要 [f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．]4．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 [∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x2，∴当x ＞2时，g ′(x )＞0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52.]5．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．单调递增 [在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增．] 6．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ [f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ， 由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1,1]时恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g 1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.]7．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为________．(－1，＋∞) [由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1.]8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________. 【导学号：62172097】⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ [∵f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )max ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .由29＋2a >0，得a >－19. ∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.]9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．(0,1)∪(2,3) [∵f ′(x )＝－x ＋4－3x，令f ′(x )＝0可得x 1＝1，x 2＝3. 由于f (x )在[t ，t ＋1]上不单调， ∴1∈[t ，t ＋1]或3∈[t ，t ＋1] 即0<t <1或2<t <3.]10．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a ＞0)，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，25∪[1，＋∞) [f ′(x )＝3a －4x ＋1x ， 若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3， 又a ＞0，所以0＜a ≤25或a ≥1.]二、解答题11．已知函数f (x )＝ln x ＋kex(k 为常数，e 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. 【导学号：62172098】 [解] (1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －kex，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，从而f ′(x )＜0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 12．(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，讨论g (x )的单调性． [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x. 令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为________．c ＜a ＜b [依题意得，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1＜0＜12＜1，因此有f (－1)＜f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)＜f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＜a ＜b .] 2．(2017·盐城质检(二))设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．(－2,0)∪(2，＋∞) [令g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2＞0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)，则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，g x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g x ＜0，解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．]3．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． [解] (1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝2x ＋12，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2x ＋12＝ax 2＋2a ＋2x ＋ax x ＋12.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12x －12x x ＋12≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－a ＋1＋2a ＋1a，x 2＝－a ＋1－2a ＋1a .由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋1＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋1＋2a ＋1a ，－a ＋1－2a ＋1a 上单调递增．4．(2017·如皋市高三调研一)已知函数f (x )＝bx －bx＋2a ln x (x ∈R )． (1)若a ＝1时，函数f (x )在其定义域上不是单调函数，求实数b 的取值范围； (2)若b ＝1时，且当x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1x 2－f x 2x 1(x 1－x 2)>0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)a ＝1时，f (x )＝bx －b x ＋2ln x ，f ′(x )＝b ＋b x 2＋2x ＝bx 2＋2x ＋bx 2.①当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在定义域上单调递增，不符合题意； ②当b <0时，Δ＝4－4b 2>0，即－1<b <0，满足题意． 所以－1<b <0.(2)当b ＝1时，f (x )＝x －1x＋2a ln x .∵∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1x 2－f x 2x 1(x 1－x 2)>0恒成立，∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式x 1f x 1－x 2f x 2x 1x 2(x 1－x 2)>0恒成立．令h (x )＝xf (x )＝x 2－1＋2ax ln x ，∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，(h (x 1)－h (x 2))(x 1－x 2)>0恒成立，∴h (x )在(0，＋∞)单调递增．∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，h ′(x )＝2x ＋2a ln x ＋2a ≥0恒成立． 令m (x )＝2x ＋2a ln x ＋2a ，则m ′(x )＝2＋2a x ＝2x ＋2ax.①当2a ＝0时，m ′(x )＝2>0, m (x )＝2x >0恒成立；②当2a >0时，m ′(x )＝2＋2a x>0，m (x )在(0，＋∞)上单调递增，m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1e a ＋1a ＋2＝2e a ＋1a＋2－2a 2－2－2a <0，所以a >0不符合题意．③当2a <0时，m ′(x )＝0时，x ＝－a . 结合m ′(x )，m (x )随x 的变化情况：x (0，－a ) －a (－a ，＋∞)m ′(x ) －0 ＋m (x )2a ln(－a )∴m (x )min 综上，－1≤a ≤0.。
专用2018高考数学一轮复习第四章导数及其应用第17课利用导数研究函数的单调性教师用
第17课利用导数研究函数的单调性[最新考纲]函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．( )(3)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．( )[答案] (1)×(2)√(3)×2．(教材改编)如图171所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是________．(填序号)图171①函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数；②函数f(x)在区间(1,3)上是减函数；③函数f(x)在区间(0,2)上是减函数；④函数f(x)在区间(3,4)上是增函数．①[当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．(0,1] [函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝x －x ＋x，令y ′≤0，则可得0＜x ≤1.]4．已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图172所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )图172① ② ③ ④③ [由y ＝f ′(x )的图象可知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0.从而f (x )在(0,1)及(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)及(1，＋∞)上单调递增．] 5．(2017·泰州模拟)若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ [函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，又f ′(x )＝2mx ＋1x－2，由题意可知f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2mx ＋1x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．∴m ≥1x －12x 在(0，＋∞)上恒成立．又g (x )＝1x －12x 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋12≤12.∴m ≥12.]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )．试讨论f (x )的单调性.【导学号：62172094】[解] f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x ) 在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减． [规律方法] 用导数证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤 (1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)三结论．作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[变式训练1] (2016·四川高考节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e ex ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．讨论f (x )的单调性．[解] 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.a ，b ∈R .求f (x )[解] 由f (x )＝x 3－ax －b ，可得f ′(x )＝3x 2－a . 下面分两种情况讨论：①当a ≤0时，有f ′(x )＝3x 2－a ≥0恒成立， 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝3a 3或x ＝－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞. [规律方法] 求函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )＞0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f ′(x )＜0，得单调递减区间．[变式训练2] 已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x，x ∈R ，e 为自然对数的底数，则函数f (x )的单调递增区间为________．(－2，2) [因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x＞0，因为e x＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2)．]设函数f (x )＝3x 3－2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1.设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的[解] f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝1，f＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.∴f ′(x )＝x 2－ax ，g ′(x )＝f ′(x )＋2＝x 2－ax ＋2. 依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．∴满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．[迁移探究1] 本例中，若g (x )在(－2，－1)内为减函数，如何求解？ [解] 法一：∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数， ∴g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧g －，g－，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3，即实数a 的取值范围为(－∞，－3]． 法二：∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，由题意可得g ′(x )≤0在(－2，－1)上恒成立， 即a ≤x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x，x ∈(－2，－1)的值域为(－3，－22]， ∴a ≤－3，∴实数a 的取值范围是(－∞，－3]．[迁移探究2] 若g (x )在(－2，－1)上不单调，求a 的取值范围． [解] 由迁移1知g (x )在(－2，－1)上为减函数，a 的范围是(－∞，－3]，若g (x )在(－2，－1)上为增函数，可知a ≥x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x的值域为(－3，－22]．∴a 的范围是[－22，＋∞)，∴函数g (x )在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－22，＋∞)，故g (x )在(－2，－1)上不单调，实数a 的取值范围是(－3，－22)． [规律方法] 根据函数单调性求参数的一般方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．易错警示：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0，且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[变式训练3] (2017·镇江模拟)若函数f (x )＝23x 3－2x 2＋ax ＋10在区间[－1,4]上具有单调性，则实数a 的取值范围是________. 【导学号：62172095】(－∞，－16]∪[2，＋∞) [函数f (x )＝23x 3－2x 2＋ax ＋10在区间[－1,4]上具有单调性，分两种情况：函数f (x )在区间[－1,4]上单调递增，即f ′(x )＝2x 2－4x ＋a ≥0在[－1,4]上恒成立，即判别式Δ＝(－4)2－4×2×a ≤0，解得a ≥2；函数f (x )在区间[－1,4]上单调递减，即f ′(x )＝2x 2－4x ＋a ≤0在[－1,4]上恒成立，需f ′(4)≤0，解得a ≤－16.于是，实数a 的取值范围是(－∞，－16]∪[2，＋∞)．][思想与方法]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )＞0，f ′(x )＜0的解区间，并注意函数f (x )的定义域．2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．[易错与防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．在某区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．4．可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．课时分层训练(十七) A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、填空题1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________． (2，＋∞) [因为f (x )＝(x －3)e x，则f ′(x )＝e x(x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2， 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．]2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图173所示，则下列叙述正确的是________．图173①f (b )＞f (c )＞f (d )； ②f (b )＞f (a )＞f (e )； ③f (c )＞f (b )＞f (a )； ④f (c )＞f (e )＞f (d )．③ [依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )＞0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，由a ＜b ＜c ，所以f (c )＞f (b )＞f (a )，因此③正确．]3．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的________条件. 【导学号：62172096】充分不必要 [f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．]4．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 [∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x2，∴当x ＞2时，g ′(x )＞0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52.]5．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．单调递增 [在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增．] 6．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ [f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ， 由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1,1]时恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2＋－2a －－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.]7．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为________．(－1，＋∞) [由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1.]8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________. 【导学号：62172097】⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ [∵f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . ∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )max ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .由29＋2a >0，得a >－19. ∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.]9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．(0,1)∪(2,3) [∵f ′(x )＝－x ＋4－3x，令f ′(x )＝0可得x 1＝1，x 2＝3. 由于f (x )在[t ，t ＋1]上不单调， ∴1∈[t ，t ＋1]或3∈[t ，t ＋1] 即0<t <1或2<t <3.]10．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a ＞0)，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，25∪[1，＋∞) [f ′(x )＝3a －4x ＋1x ， 若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3， 又a ＞0，所以0＜a ≤25或a ≥1.]二、解答题11．已知函数f (x )＝ln x ＋ke(k 为常数，e 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. 【导学号：62172098】 [解] (1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －kex， 又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，从而f ′(x )＜0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 12．(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，讨论g (x )的单调性． [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为________．c ＜a ＜b [依题意得，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1＜0＜12＜1，因此有f (－1)＜f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)＜f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＜a ＜b .] 2．(2017·盐城质检(二))设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．(－2,0)∪(2，＋∞) [令g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xfx －f xx 2＞0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)，则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，g x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g x ＜0，解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．]3．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．[解] (1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝2x ＋2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2x ＋2＝ax 2＋a ＋x ＋ax x ＋2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)． ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12x －2x x ＋2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－a ＋＋2a ＋1a ，x 2＝－a ＋－2a ＋1a.由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋＋2a ＋1a，⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋－2a ＋1a，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋＋2a ＋1a ，－a ＋－2a ＋1a 上单调递增．4．(2017·如皋市高三调研一)已知函数f (x )＝bx －bx＋2a ln x (x ∈R )． (1)若a ＝1时，函数f (x )在其定义域上不是单调函数，求实数b 的取值范围； (2)若b ＝1时，且当x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1x 2－f x 2x 1(x 1－x 2)>0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)a ＝1时，f (x )＝bx －b x ＋2ln x ，f ′(x )＝b ＋b x 2＋2x ＝bx 2＋2x ＋bx 2.①当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在定义域上单调递增，不符合题意； ②当b <0时，Δ＝4－4b 2>0，即－1<b <0，满足题意． 所以－1<b <0.(2)当b ＝1时，f (x )＝x －1x＋2a ln x .∵∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1x 2－f x 2x 1(x 1－x 2)>0恒成立，∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，不等式x 1f x 1－x 2f x 2x 1x 2(x 1－x 2)>0恒成立．令h (x )＝xf (x )＝x 2－1＋2ax ln x ，∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)时，(h (x 1)－h (x 2))(x 1－x 2)>0恒成立，∴h (x )在(0，＋∞)单调递增．∴∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，h ′(x )＝2x ＋2a ln x ＋2a ≥0恒成立． 令m (x )＝2x ＋2a ln x ＋2a ，则m ′(x )＝2＋2a x ＝2x ＋2ax.①当2a ＝0时，m ′(x )＝2>0, m (x )＝2x >0恒成立；②当2a >0时，m ′(x )＝2＋2a x>0，m (x )在(0，＋∞)上单调递增，m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1e a ＋1a ＋2＝2e a ＋1a＋2－2a 2－2－2a <0，所以a >0不符合题意．③当2a <0时，m ′(x )＝0时，x ＝－a . 结合m ′(x )，m (x )随x 的变化情况：∴m(x)min综上，－1≤a≤0.。
高三数学第一轮复习导学案：第17课时 导数的综合应用
题型一：导数与函数图像1 已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图像大致为( )2.函数y ＝ln|x |x 的图像大致是( )题型二：导数与不等式1.设l 为曲线C ：y ＝ln x x 在点(1,0)处的切线．(1)求l 的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方．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 >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.3.已知a>0，函数f(x)＝ln x－ax2，x>0.(f(x)的图像连续不断)①求f(x)的单调区间；②当a＝18时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f(32)．题型三：导数与方程1.已知函数f(x)＝ln x－12ax2－2x.①若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；②若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；③当a＝－12时，关于x的方程f(x)＝－12x＋b在上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．2.已知函数f(x)＝ln x－x，h(x)＝ln xx. ①求h(x)的最大值；②若关于x的不等式xf(x)≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；③若关于x的方程f(x)－x3＋2e x2－bx＝0恰有一解，其中e为自然对数的底数，求实数b的值．题型四：导数与最优化问题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)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的的容积V(cm3)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．。
高三数学一轮复习资料之导数的综合应用
高三数学一轮复习资料之导数的
综合应用
高三数学一轮复习资料之导数的综合应用
【摘要】历届高三同学都有一个共同体会：高三的专项复习见效最快。
高考一轮复习正是打基础，逐一击破的阶段。
同学们一定要有一颗持之以恒的心，的高三数学一轮复习资料：导数的综合应用，帮助大家有效复习!
考纲要求
1.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
3.会利用导数解决某些实际问题.
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总结：上面的“高三数学一轮复习资料：导数的综合应用”供大家参考，希望网的高考第一轮备考可以给高三的同学们提供最优秀最有效的复习策略，感谢您参考！。
山东2021新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时作业17利用导数证明不等式课件
当
－
0<x<e
2 3
时，g′(x)>0；当
－
x>e
2 3
时，g′(x)<0.所以
g(x)
在区间(0，e－
2 3
)上单调递增，在区间(e－
2 3
，＋∞)上单调递减，
所以 x＝e－
2 3
是 g(x)的极大值点，也是 g(x)的最大值点，即 g(x)max
复习课件
山东2021新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时作业17利用导 数证明不等式课件
2021/4/17
山东2021新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课 时作业17利用导数证明不等式课件
课时作业17 利用导数证明不等式
1．已知函数 f(x)＝aexlnx 的图象在 x＝1 处的切线与直线 x＋2ey ＝0 垂直．
当 a＝－6，－5，－4 时，显然符合题意， 当 a＝－3 时，f(－2)＝5e－2，f(2)＝e2，f(－2)<f(2)，不符合 题意，舍去． 故整数 a 的所有可能取值为－6，－5，－4. (2)证明：f(x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x)ex＋7 可化为(－x2＋3x－1)ex<－3lnx＋x3＋7， 令 g(x)＝(－x2＋3x－1)ex，h(x)＝－3lnx＋x3＋7， 则 g′(x)＝(－x2＋x＋2)ex，h′(x)＝3x3x－1， 当 0<x<2 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
令 f′(x)>0，得 x<－2a或 x>0， 令 f′(x)<0 得－2a<x<0， 所以 f(x)在区间(－∞，－2a)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a， 0)上单调递减． 当 a<0 时，f′(x)＝ax(x＋2a)eax，令 f′(x)>0， 得 0<x<－2a，令 f′(x)<0，得 x>－2a或 x<0， 所以 f(x)在区间(－∞，0)，(－2a，＋∞)上单调递减，
高三数学一轮复习 导数及其应用 第17课时 导数的综合应用
第17课时 导数的综合应用一、考纲要求内 容 要 求A B C 导数的综合应用√二、知识点归纳三、知识梳理1、曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短间隔 为 .2m ，那么列车刹车后________s 车停下来，期间列车前进了________m.3、函数f(x)=e x－2x ＋a 有零点，那么a 的取值范围是________. 4、点P 在曲线41xy e =+上，α为曲线在点P 处切线的倾斜角，那么α的取值范围是 . 5、函数f(x)的定义域为R ，f(1)=2.对任意x ∈R ，f ′(x)<1，那么不等式f(2x)<2x ＋1 的解集为________．6、〔高考理科·Ｔ9〕)1ln()1ln()(x x x f --+=，)1,1(-∈x ，现有以下命题：①)()(x f x f -=-；②)(2)12(2x f xx f =+；③x x f 2)(≥.其中的所有正确命题的序号 是________． 四、典例精讲例1、某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如下图)上进展开发建立，阴影局部为一公一共设施建立不能开发，且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上)，公一共设施边界为曲线f(x)=1－ax 2(a ＞0)的一局部，栏栅与矩形区域的边界交于点M 、N ，切曲线于点P ，设P(t ，f(t))．(1) 将△OMN(O 为坐标原点)的面积S 表示成t 的函数S(t)；(2) 假设在t=12处，S(t)获得最小值，求此时a 的值及S(t)的最小值．例2、函数f(x)=ax 3＋bx 2－3x(a ，b∈R )在点(1，f(1))处的切线方程为y ＋2=0. (1) 求函数f(x)的解析式；(2) 假设对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，务实数c 的最小值；(3) 假设过点M(2，m)(m ≠2)可以作曲线y=f(x)的三条切线，务实数m 的取值范围．变式2：π…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=ln xx的单调区间. (2)求e 3,3e,e π,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.五、反应练习1、 直线y=kx ＋1与曲线y=x 3＋ax ＋b 切于点(1,3)，那么b=________. 2、设函数f(x)= 21(1)2xx e x --，那么f(x)的单调增区间为 . 3、函数c x x y +-=33的图像与x 轴恰有两个公一共点，那么c ＝ .4、设函数f(x)=x 2－alnx ，g(x)=x 2－x.假设x ∈(1，＋∞)，恒有函数f(x)的图象位于g(x)图象的上方，那么实数a 的取值范围是________．5、假设函数2()(0)1xef x a ax=>+为R 上的单调函数，那么a 的取值范围为 . 6、设函数,)(,1)(222x exe x g x x e xf =+=对任意),,0(,21+∞∈x x 不等式1)()(21+≤k x f k xg 恒成立，那么正数k 的取值范围是 ____________.六、小结反思第66课时 简单的复合函数的导数主备人 崔志荣 审核人 刘兵一、考纲要求三、知识梳理1、设y=e xsin2x + x lnx 那么'y = . 2、2(32)sin 3y x x x =-+的导数是 . 3、曲线y ＝e－2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为_______．4、函数2()(2)xf x x a e =-在2x =处取极小值，那么实数a =____________.四、典例精讲例1、求以下复合函数的导数(理科)：(1)y ＝(2x －3)5； (2)y ＝3－x ； (3)y ＝ln(2x ＋5)．例2、常数0a >，函数2()ln(1)2xf x ax x =+-+，讨论()f x 在区间(0,)+∞的单调性.五、反应练习1、假设函数2()()f x x bx b b R =++∈在区间1(0,)2上单调递增，那么b 的取值范围是____________.2、(2021·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T12)设函数sinxmπ.假设存在f(x)的极值点x 0满足2x +()20f x ⎡⎤⎣⎦<m 2,那么m 的取值范围是____________.3、曲线()21ln 2222x y x x =++++在点A 处的切线与曲线 ()sin 2,22y x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在点B 处的切线一样,求ϕ的值.六、小结反思励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。
高三数学第一轮复习导学案：第17课时 导数的综合应用
题型一：导数与函数图像1 已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图像大致为( )2.函数y ＝ln|x |x 的图像大致是( )题型二：导数与不等式1.设l 为曲线C ：y ＝ln x x 在点(1,0)处的切线．(1)求l 的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方．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 >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.3.已知a>0，函数f(x)＝ln x－ax2，x>0.(f(x)的图像连续不断)①求f(x)的单调区间；②当a＝18时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f(32)．题型三：导数与方程1.已知函数f(x)＝ln x－12ax2－2x.①若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；②若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；③当a＝－12时，关于x的方程f(x)＝－12x＋b在上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．2.已知函数f(x)＝ln x－x，h(x)＝ln xx. ①求h(x)的最大值；②若关于x的不等式xf(x)≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；③若关于x的方程f(x)－x3＋2e x2－bx＝0恰有一解，其中e为自然对数的底数，求实数b的值．题型四：导数与最优化问题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)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的的容积V(cm3)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．。
高考数学一轮复习第17讲 导数的综合应用 (2)
第17讲 导数的综合应用 第1课时 导数与不等式证明1. (2020·广州二模节选)已知函数f (x )＝ln x －sin x ＋x ，求证：当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，π2时，f (x )<2x －1.2. 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1) 讨论f (x )的单调性；(2) 求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1lnx<x .3. (2020·北京丰台二模)已知函数f (x )＝x ＋1ex.(1) 求函数f (x )的极值；(2) 求证：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞－12x 2＋1.4. (2020·莆田质检)已知函数f (x )＝e x －ax －1. (1) 若f (x )≥0恒成立，求a 的值；(2) 在(1)的条件下，若x ≥0，求证：e x－ax －1≥12x 2.5. 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：∀x ∈(1,2)，不等式1ln x－1x －1＜12恒成立．6. 已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2－(a ＋1)x (a ≥1)．(1) 讨论f (x )的单调性与极值点；(2) 若g (x )＝12x 2－x －1(x ＞1)，求证：当a ＝1时，g (x )的图象恒在f (x )的图象上方．7. (2020·潍坊三模)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x ，g (x )＝exx .(1) 讨论函数f (x )的单调性；(2) 求证：当a ＝1时，f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋e x2ln x >e.8.设函数f (x )＝e x cosx ，g (x )为f (x )的导函数．(1) 求f (x )的单调区间；(2) 当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2时，求证：f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x ≥0.第2课时 导数与不等式恒成立(能成立)问题1. (2021·启东中学)已知函数f (x )＝x ln x ＋kx ，k ∈R . (1) 求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若不等式f (x )≤x 2＋x 恒成立，求k 的取值范围．2.(2020·临汾一模)已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1) 若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2) 当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．3. 已知函数f (x )＝1＋lnx x.(1) 若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2) 如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．4. (2021·长郡中学)已知函数f (x )＝2e x －ax －2(x ∈R ，a ∈R )． (1) 当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2) 当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5. 已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝x 2－ax .(1) 求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最小值m (t )； (2)令h (x )＝g (x )－f (x )，A (x 1，h (x 1))，B (x 2，h (x 2))(x 1≠x 2)是函数h (x )图象上任意两点，且满足h (x 1)－h (x 2)x 1－x 2＞1，求实数a 的取值范围．6. (2021·湘潭一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ex.(1) 求f (x )的最大值； (2)当x ≥1时，ax (lnx ＋1)<e 2x恒成立，求a 的取值范围.⎝ ⎛⎭⎪⎫提示：ax (ln x ＋1)<e 2x等价于a ·ln x ＋1e x <e x x7. (2020·大同二模)已知函数f (x )＝x ln x ＋ax，g (x )＝x 3－x 2－5.(1) 若a ＝0，求f (x )的单调区间；(2) 若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2，都有f (x 1)－2≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．8. 已知函数f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ，a ∈R ，g (x )＝e x －x －1.(1) 当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间； (2)若对于任意的x 1∈(0，＋∞)，x 2∈R ，不等式f (x 1)≤g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围．第3课时 导数与函数零点1.(2020·青岛质检)已知函数f (x )＝ln x －x ＋2sinx ，f ′(x )为f (x )的导函数，求证：f ′(x )在(0，π)上存在唯一零点．2.已知函数f (x )＝lnx ，h (x )＝ax (a ∈R )，函数f (x )的图象与h (x )的图象无公共点，求实数a 的取值范围．3. (2020·孝感二模节选)求函数f (x )＝x ln x ＋a (a ＜0)的零点个数．4. 已知函数f (x )＝1x －a ln x (a ∈R )，若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．5.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12处的切线与y 轴垂直．(1) 求b 的值；(2) 若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，求证：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. 6. 已知函数f (x )＝x 2＋ax －3，g (x )＝klnx x，当a ＝2时，f (x )与g (x )的图象在x ＝1处的切线相同．(1) 求k 的值；(2) 令F (x )＝f (x )－g (x )，若F (x )存在零点，求实数a 的取值范围．7. (2020·烟台测试)已知函数f (x )＝1＋lnxx －a (a ∈R )．(1) 若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (2) 设g (x )＝(x －1)2e x ，讨论方程f (x )＝g (x )实数根的个数．8. (2021·临沂期中)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数． (1) 求证：f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，π2上存在唯一极大值点； (2) 求证：f (x )有且仅有2个零点．。
(新课标)2021版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第17讲导数与函数的综合问题导学案新人教A版
第17讲 导数与函数的综合问题【课程要求】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．对应学生用书p 47【基础检测】1．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为____________．[解析]令y′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x<40时，y′<0；当x>40时，y′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． [答案]402．从边长为10cm ×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为__________cm 3.[解析]设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x∈(0，5)． 则y ＝(10－2x)(16－2x)x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y′＝12x 2－104x ＋160.令y′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． [答案]1443．若函数f(x)在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) [解析]由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0在(0，＋∞)上恒成立，因此f （x ）x在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f （3）3<f （1）1，即3f (1)>f (3)．[答案]B4．已知函数f ()x ＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a>2B ．a<3C ．a≤1D ．a≥3[解析]若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则由f ()x ＝a x －1＋ln x≤0，即ax ≤1－ln x ，即a≤x－x ln x ，设h ()x ＝x －x ln x ，则h′()x ＝－ln x ，由h′()x >0得ln x<0，得0<x<1，此时函数递增，由h′()x <0得－ln x ＜0，即x>1，此时函数递减，即当x ＝1时，函数h ()x 取得极大值h ()1＝1－ln 1＝1，即h ()x ≤1，若a≤x－x ln x 有解，则a≤1，故选C .[答案]C5．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 2C ．(0，4e 2)D ．(0，＋∞)[解析]函数y ＝x 2e x－a 的导数为y′＝2x e x＋x 2e x＝x e x(x ＋2)，令y′＝0，则x ＝0或－2，当－2＜x ＜0上时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x ＝－2处取极大值，在x ＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a ，f(－2)＝4e －2－a ，已知函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，故－a<0，且4e －2－a>0，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，4e 2.[答案]B 【知识要点】 1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题． 2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．对应学生用书p48利用导数研究生活中的优化问题1 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域．②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．[解析] (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知y ＝1000x2(5≤x≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点， y′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f(t)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32t 2＋4×106t4，t∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，t∈[5，20]，则g′(t)＝2t －16×106t 5. 令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． [小结]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，结合实际问题作答．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12000π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．[解析] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意知200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V′(r)＝π5(300－12r 2)．令V′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r∈(5，53)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，53)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．利用导数证明不等式2 设函数f ()x ＝a ln x ＋1x －2x ()a∈R .(1)当a ＝3时，求f ()x 的极值； (2)当a ＝1时，证明：f ()x >1ex －2x .[解析] (1)当a ＝3时，f ()x ＝3ln x ＋1x－2x ，f ′()x ＝3x －1x 2－2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－()2x －1()x －1x2(x >0), 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′()x <0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′()x >0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0, f ()x 在()1，＋∞上单调递减．所以当x ＝12时，f ()x 取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－3ln2；当x ＝1时，f ()x 取得极大值f ()1＝－1.(2)当a ＝1时，f ()x ＝ln x ＋1x－2x (x >0)，所以不等式f ()x >1e x －2x 可变为ln x ＋1x >1e x .要证明上述不等式成立，即证明x ln x ＋1>xe x .设g ()x ＝x ln x ＋1，h (x )＝xe x ，则g ′()x ＝ln x ＋1，令g ′()x ＝0，得x ＝1e，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，g ′()x <0, g ()x 是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上，g ′()x >0, g ()x 是增函数． 所以g ()x ≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e .h ′()x ＝1－xex ，令h ′()x ＝0得x ＝1，在()0，1上，h ′()x >0, h ()x 是增函数； 在()1，＋∞上，h ′()x <0, h ()x 是减函数，所以h ()x ≤h ()1＝1e <1－1e，所以h ()x <g ()x ，即x e x <x ln x ＋1，所以ln x ＋1x >1ex ，由此可知f ()x >1ex －2x .[小结]证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．已知函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．利用导数解决含参不等式问题3 已知函数f ()x ＝ex －1＋ax ，a∈R .(1)讨论函数f ()x 的单调区间；(2)若∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ex －1＋a .(i)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ii)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1； 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1，函数f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f ()x ＝e x －1－x 的最小值为f ()1＝0，所以ex －1－x ≥0，即ex －1≥x .f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立与f ()x ＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g ()x ＝f ()x ＋ln x －a －1， 即g ()x ＝ex －1＋a ()x －1＋ln x －1()x ≥1， 则g ′()x ＝ex －1＋1x＋a .①当a ≥－2时，g ′()x ＝ex －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x＋a ＝a ＋2≥0.(或令φ()x ＝ex －1＋1x ，则φ′()x ＝e x －1－1x2在[)1，＋∞上递增，∴φ′()x ≥φ′()1＝0，∴φ()x 在[)1，＋∞上递增，∴φ()x ≥φ()1＝2.∴g ′()x ≥0.)∴g ()x 在区间[)1，＋∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()1＝0， ∴f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立． ②当a <－2时，令h ()x ＝ex －1＋1x＋a ，则h ′()x ＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′()x ≥0，函数h ()x 单调递增． 又h ()1＝2＋a <0, h ()1－a ＝e1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0， ∴存在x 0∈()1，1－a ，使得h ()x 0＝0，故当x ∈()1，x 0时，h ()x <h ()x 0＝0，即g ′()x <0，故函数g ()x 在()1，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，＋∞时，h ()x >h ()x 0＝0，即g ′()x >0，故函数g ()x 在()x 0，＋∞上单调递增，∴g ()x min＝g ()x 0<g ()1＝0，即∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是[)－2，＋∞. [小结]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3．设函数f(x)＝e x－ax －2，a∈R . (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，当x >0时，x ＋1>(k －x )f ′(x )恒成立，求整数k 的最大值． [解析] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，f (x )无极值； 当a >0时，令f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .x <ln a 时f ′(x )<0，此时f (x )在(－∞，ln a )上是减函数， x >ln a 时f ′(x )>0，此时f (x )在(ln a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )有极小值f (ln a )＝a －a ln a －2，无极大值，综上：当a≤0时，无极值；当a>0时，有极小值f(ln a)＝a－a ln a－2，无极大值.(2)法一：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)(x>0)，分离参数得：k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，则g′(x)＝－x e x－1（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1eα－1＋α＝α＋1∈(2，3)，由于①式等价于k<g(α)＝α＋1∈(2，3)，故整数k的最大值为2.法二：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1.所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，令g(x)＝(x－k)(e x－1)＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝(x－k＋1)e x.当1－k≥0，即k≤1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝1;当1－k<0，即k>1时，x∈(0，k－1)时，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)>0，此时g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－e k－1，设h(k)＝k＋1－e k－1(k>1)，则h′(k)＝1－e k－1<0(∵k>1)，所以h (k )＝k ＋1－e k －1在(1，＋∞)上单调递减，又h (2)＝3－e>0，h (3)＝4－e 2<0，故整数k 的最大值为2.利用导数研究函数的零点或方程根的问题4 已知f(x)＝e －x (ax 2＋x ＋1)．(1)当a≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当0<a≤12时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数． [解析] (1)要证f(x)≤1⇒e －x (ax 2＋x ＋1)≤1，只要证e x －ax 2－x －1≥0.(*)令h(x)＝e x －ax 2－x －1，则h′(x)＝e x －2ax －1，而h′′(x)＝e x －2a>0，所以h′(x)在()－∞，＋∞上单调递增，又h′(0)＝0， 所以h(x)在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，∴h(x)min ＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立．所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝e x －ax 2－x －1的零点个数．而h′(x)＝e x －2ax －1，h″(x)＝e x －2a.令h″(x)＝0，解得x ＝ln 2a.所以h′(x)在()－∞，ln 2a 上单调递减，在()ln 2a ，＋∞上单调递增．所以h′(x)min ＝h′(ln 2a)＝2a －2a ln 2a －1，设m ＝2a ，g(m)＝m －m ln m －1，而g′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m ，则g(m)在()1，＋∞上单调递减，在()0，1上单调递增，所以g(m)max ＝g(1)＝0，即h′(x)min ≤0 (当m ＝1即a ＝12时取等号)． 1°当a ＝12时，h′(x)min ＝0, 则h′(x)≥0恒成立． 所以h(x)在R 上单调递增，又h (0)＝0，则h (x )有一个零点；2°当0<a <12时，ln2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln2a )<0. 有h ′(x )在()－∞，ln2a 上单调递减，在()ln2a ，＋∞上单调递增，且x →－∞时，h ′(x )＝e x －2ax －1>0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.又h ′(0)＝0，这时h (x )在()－∞，x 2上单调递增，在()x 2，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增． 所以h (x 2)>h (0)＝0.又x →－∞时，h (x )＝e x －ax 2－x －1<0，h (0)＝0.所以这时h (x )有两个零点；综上：a ＝12时，原方程有一个解；当0<a <12时，原方程有两个解． [小结]应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．4．已知函数f(x)＝(x 2＋ax －1)e x －1，g(x)＝(x 2＋ax)e x－ax －b. (1)若x ＝－2是函数f(x)的极值点，求f(x)的极小值；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．[解析] (1)由题可得f′(x)＝(2x ＋a)ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1，因为f′(－2)＝0，所以a ＝－1，f(x)＝(x 2－x －1)ex －1， 故f′(x)＝(x 2＋x －2)e x －1，令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)极小值为f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1. (2)函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a≥0，F(0)＝1－b<0，易知e x >x 2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b>1，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)＝b(a ＋b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．对应学生用书p 50(2019·全国卷Ⅰ理)已知函数f(x)＝sin x －ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点．[解析] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x， g′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(i )当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．(ii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f(0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f(x)>0.从而，f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (iii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f′(x)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f(π)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (iv )当x∈(π，＋∞)时，ln (x ＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．。
高三数学一轮复习 导数及其应用 第17课时 导数的综合应用
卜人入州八九几市潮王学校第17课时导数的综合应用一、考纲要求内容 要求A B C 导数的综合应用√二、知识点归纳 三、知识梳理1、曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短间隔为.2m ，那么列车刹车后________s 车停下来，期间列车前进了________m.3、函数f(x)=e x－2x ＋a 有零点，那么a 的取值范围是________.4、点P 在曲线41x y e =+上，α为曲线在点P 处切线的倾斜角，那么α的取值范围是.5、函数f(x)的定义域为R ，f(1)=2.对任意x ∈R ，f ′(x)<1，那么不等式f(2x)<2x ＋1的解集为________．6、〔高考理科·Ｔ9〕)1ln()1ln()(x x x f --+=，)1,1(-∈x ①)()(x f x f -=-；②)(2)12(2x f x x f =+；③x x f 2)(≥ 是________．四、典例精讲例1、某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如下列图)上进展开发建立，阴影局部为一公一共设施建立不能开发，且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上)，公一共设施边界为曲线f(x)=1－ax 2(a ＞0)的一局部，栏栅与矩形区域的边界交于点M 、N ，切曲线于点P ，设P(t ，f(t))．(1)将△OMN(O 为坐标原点)的面积S 表示成t 的函数S(t)； (2)假设在t=处，S(t)获得最小值，求此时a 的值及S(t)的最小值． 例2、函数f(x)=ax 3＋bx 2－3x(a ，b∈R )在点(1，f(1))处的切线方程为y ＋2=0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)假设对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，务实数c 的最小值； (3)假设过点M(2，m)(m ≠2)可以作曲线y=f(x)的三条切线，务实数m 的取值范围．变式2：π…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间.(2)求e 3,3e,e π,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.五、反响练习1、直线y=kx ＋1与曲线y=x 3＋ax ＋b 切于点(1,3)，那么b=________.2、设函数f(x)=21(1)2xx ex --，那么f(x)的单调增区间为.3、函数c x x y +-=33的图像与x 轴恰有两个公一共点，那么c ＝.4、设函数f(x)=x 2－alnx ，g(x)=x 2－x.假设x ∈(1，＋∞)，恒有函数f(x)的图象位于g(x)图象的上方，那么实数a 的取值范围是________．5、假设函数2()(0)1xe f x a ax =>+为R 上的单调函数，那么a 的取值范围为.6、设函数,)(,1)(222x exe x g x x e xf =+=对任意),,0(,21+∞∈x x 不等式1)()(21+≤k x f k xg 恒成立，那么正数k 的取值范围是____________.六、小结反思第66课时简单的复合函数的导数主备人崔志荣审核人刘兵一、考纲要求内容要求ABC2021届高三数学 一轮复习学案三、知识梳理1、设y=e xsin2x+xlnx 那么'y =.2、2(32)sin 3y x x x =-+的导数是.3、曲线y ＝e －2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为_______．4、函数2()(2)x f x x a e =-在2x =处取极小值，那么实数a =____________.四、典例精讲例1、求以下复合函数的导数(理科)： (1)y ＝(2x －3)5； (2)y ＝； (3)y ＝ln(2x ＋5)． 例2、常数0a>，函数2()ln(1)2xf x ax x =+-+，讨论()f x 在区间(0,)+∞的单调性. 五、反响练习1、假设函数2()()f x x bx b b R =++∈在区间1(0,)2上单调递增，那么b 的取值范围是____________.2、(2021·全国卷Ⅱ高考理科数学·T12)设函数sinxmπ.假设存在f(x)的极值点 x 0满足20x +()20fx ⎡⎤⎣⎦<m 2,那么m 的取值范围是____________.3、曲线()21ln 2222x y x x =++++在点A 处的切线与曲线 ()sin 2,22y x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在点B 处的切线一样,求ϕ的值.六、小结反思。
鲁京津琼专用高考数学一轮复习专题3导数及其应用第17练导数的概念及其运算练习含解析
则对应的切线方程为 y－(1＋2lnm)＝m2 (x－m)＝m2 x－2,
即 y＝m2 x＋2lnm－1，
∵y＝ax，∴m2 ＝a 且 2lnm－1＝0，
即 lnm＝12，则 m＝e12，
则 a＝e212＝2e－12，故选 B.]
5.3sin22＋－scions222＋1
( ) 解析 y′＝
x－cosx x＋sinx
[基础保分练]
1．下列导数运算正确的是( )
A．(sinx)′＝－cosxB．(log2x)′＝x·l1n2
( ) C．(3x)′＝3xD.
1 x
′＝x12
2．若 f(x)＝xcosx，则函数 f(x)的导函数等于( )
A．1－sinxB．x－sinx
C．sinx＋xcosxD．cosx－xsinx
值为( )
A．－ 1 B．－2C.2D. 1
2e
e e 2e
7．下列结论中：①若
y＝－cosx，则
y′＝－sinx；②若
f(x)＝
1x，则
f′(x)＝－ 1 2x
x；③若
f(x)＝x12
，则 f′(3)＝－227，正确的个数为( )
A．0B．1C．2D．3
8．设函数 f(x)＝aexlnx＋bexx－1，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝e(x－1)＋2， 则 a－b 的值为( )
得 f′(x)＝1x＋2x－b(x＞0)， ∴f′(b)＝1b＋b(b＞0)， ∴f′(b)＝1b＋b≥2，
当且仅当 b＝1b，即 b＝1 时上式取“＝”，切线斜率的最小值是 2. 故选 C.]
4．B [函数的定义域为(0，＋∞)，设切点为(m,2lnm＋1)，
2019-2020年高三数学一轮复习 导数及其应用 第17课时 导数的综合应用
2019-2020年高三数学一轮复习 导数及其应用 第17课时 导数的综合应用一、考纲要求三、知识梳理1、曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离为 .2、一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后ts 内列车前进的距离为s=27t －0.45t 2m ，则列车刹车后________s 车停下来，期间列车前进了________m. 3、已知函数f(x)=e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________.4、已知点P 在曲线上，为曲线在点P 处切线的倾斜角，则的取值范围是 .5、已知函数f(x)的定义域为R ，f(1)=2.对任意x ∈R ，f ′(x)<1，则不等式f(2x)<2x ＋1 的解集为________．6、（四川高考理科·Ｔ9）已知)1ln()1ln()(x x x f --+=，，现有下列命题：①；②；③.其中的所有正确命题的序号 是________． 四、典例精讲例1、某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设，阴影部分为一公共设施建设不能开发，且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上)，公共设施边界为曲线f(x)=1－ax 2(a ＞0)的一部分，栏栅与矩形区域的边界交于点M 、N ，切曲线于点P ，设P(t ，f(t))．(1) 将△OMN(O 为坐标原点)的面积S 表示成t 的函数S(t)； (2) 若在t=12处，S(t)取得最小值，求此时a 的值及S(t)的最小值．例2、函数f(x)=ax 3＋bx 2－3x(a ，b∈R )在点(1，f(1))处的切线方程为y ＋2=0.(1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，求实数c 的最小值；(3) 若过点M(2，m)(m ≠2)可以作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m 的取值范围．变式2：π为圆周率,e=2.71828…为自然对数的底数. (1)求函数f(x)=的单调区间.(2)求e 3,3e ,e π,πe ,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.五、反馈练习1、 已知直线y=kx ＋1与曲线y=x 3＋ax ＋b 切于点(1,3)，则b=________. 2、设函数f(x)= ，则f(x)的单调增区间为 . 3、已知函数的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝ .4、设函数f(x)=x 2－alnx ，g(x)=x 2－x.若x ∈(1，＋∞)，恒有函数f(x)的图象位于g(x)图象的上方，则实数a 的取值范围是________．5、若函数为R 上的单调函数，则a 的取值范围为 .6、设函数,)(,1)(222x exexg x x e x f =+=对任意不等式恒成立，则正数的取值范围是 ____________.六、小结反思第66课时 简单的复合函数的导数主备人 崔志荣 刘兵一、考纲要求三、知识梳理1、设y=e xsin2x + x lnx 则= . 2、的导数是 . 3、曲线y ＝e－2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为_______．4、已知函数在处取极小值，则实数____________. 四、典例精讲例1、求下列复合函数的导数(理科)： (1)y ＝(2x －3)5； (2)y ＝3－x ； (3)y ＝ln(2x ＋5)．例2、已知常数，函数，讨论在区间的单调性.五、反馈练习1、若函数2()()f x x bx b b R =++∈在区间上单调递增，则的取值范围是____________.2、(xx ·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T12)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x 0满足+<m 2,则m 的取值范围是____________.3、已知曲线()21ln 2222x y x x =++++在点处的切线与曲线 ()sin 2,22y x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在点处的切线相同,求的值.六、小结反思2019-2020年高三数学一轮复习平面向量的概念于运算教案苏教版。
高考数学一轮复习第17讲 导数的综合应用
第17讲 导数的综合应用激活思维1.已知函数f (x )＝a x－1＋lnx ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A. (2，＋∞)B. (－∞，3)C. (－∞，1]D. [3，＋∞)2. 若函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( ) A. ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a|－1e <a<0B. ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a|a>－1eC. {}a|－e<a<0D. {}a|0<a<e3. 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. (－2,0)B. (0，e)C. (0，＋∞)D. [－2，＋∞)4. (多选)已知定义在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是f (x )的导函数，且cos xf ′(x )＋sin xf (x )＜0恒成立，则( )A. f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3 C. f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3 D. 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4 知识聚焦1. 利用导数证明不等式 (1)构造法：证明f (x )<g (x )，x∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，则只需F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)最值比较法：证明f (x )<g (x )，x∈(a ，b )时，若构造函数F (x )＝f (x )－g (x )后，F (x )的单调性无法确定，可考虑f (x )的最大值与g (x )的最小值，如果f (x )max <g (x )min ，则可得f (x )<g (x )．2. 利用导数解决不等式的恒成立(能成立)问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f (x )在x ∈D 上存在最大值和最小值时，若f (x )≥g (a )对于x∈D 恒成立，应求f (x )在x∈D 上的最小值，将原条件转化为g (a )≤f (x )min ；若f (x )≤g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )在x ∈D 上的最大值，将原条件转化为g (a )≥f (x )max ；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )在x∈D 上的最大值，将原条件转化为g (a )≤f (x )max ；若存在x∈D ，使得f (x )≤g (a )成立，应求f (x )在x ∈D 上的最小值，将原条件转化为g (a )≥f (x )min .3. 利用导数研究函数零点(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；(2) 根据函数f(x)的性质作出图象；(3) 判断函数零点的个数．第1课时导数与不等式证明分类解析目标1 构造函数证明不等式(2021·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex＋1x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．(1) 求a，b的值；(2) 求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.(2020·深圳二模节选)已知函数f(x)＝a e x＋2x－1(其中常数e＝2.718 28…是自然对数的底数)，求证：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x.目标2 分析最值证明不等式已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 当a＝e时，求证：xf(x)≤e x－2e x.目标3 放缩法证明不等式(2020·惠州三模节选)设函数f(x)＝e x＋a·sinx＋b(a，b为实数)，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为x－y－1＝0.(1) 求a，b的值；(2) 求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞ln x.课堂评价1. 设a＝e636，b＝e749，c＝e864，则a，b，c的大小关系为( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. c>a>b2. (2021·洛阳期中)若a＞b＞1，P＝a e b，Q＝b e a，则P，Q的大小关系是( )A. P＞QB. P＝QC. P＜QD. 不能确定3. 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>ln2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.第2课时导数与不等式恒成立(能成立)问题分类解析目标1 f(x)<g(x)型若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋ln x≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，求实数a的取值范围．目标2 f(x 1)<g(x 2)型已知函数f(x)＝ln x －ax ＋1－ax －1(a ∈R )．(1) 当a ≤12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．(2021·济宁期中)已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1) 若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值； (2) 求f (x )的单调区间； (3)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．目标3 f(x 1，x 2)<g(x 1，x 2)型已知函数f(x)＝x －1－a ln x(a∈R )，若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2，求实数a 的取值范围．已知f (x )＝13x 3－ax lnx ，若对于任意x 1，x 2∈[1,2]，x 1≠x 2，都有f ′(x 1)－f ′(x 2)x 1－x2>a 恒成立，求a 的取值范围．课堂评价 1.已知函数f (x )＝x 2e x ，当x∈[－1,1]时，不等式f (x )<m 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A. ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞B. ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞C. [e ，＋∞)D. (e ，＋∞)2.(2021·姜堰中学)已知函数f (x )＝ln x －ax，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围是( )A. (0,1)B. (0，e)C. (1，＋∞)D. [－1，＋∞)3. 已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝lnxx.(1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．第3课时导数与函数零点分类解析目标1 求函数零点的个数给出定义在(0，＋∞)上的两个函数f(x)＝x2－a ln x，g(x)＝x－a x.(1) 若f(x)在x＝1处取最值，求a的值；(2) 在(1)的条件下，试确定函数m(x)＝f(x)－g(x)－6的零点个数，并说明理由．设函数f(x)＝e2x－a ln x，讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数．目标2 根据函数零点求参数(2020·晋城一模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2－2x .(1) 若f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2上单调递减，求实数a 的取值范围； (2) 当a ＝－14时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．(2021·漳州期中)若已知函数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，求实数m 的取值范围；(2)当m ＝2时，若函数k (x )＝f (x )－h (x )在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围．课堂评价1. 函数f(x)＝ln x－x的零点个数是( )A. 3B. 2C. 1D. 02. 若函数f(x)＝ax－aex＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．3. (2021·株洲期中)若函数f(x)＝a(x＋1)－2ln(x＋1)(a为常数，且a>0)在x＝1处取得极值．(1) 求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＋x2＋b＝6x＋1－8ln(x＋1)在[1,2]上恰有1个实数根，求实数b的取值范围．。
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第17课时 导数的综合应用
一、考纲要求
三、知识梳理
1、曲线y=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离为 .
2、一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后ts 内列车前进的距离为s=27t －0.45t 2
m ，则列车刹车后________s 车停下来，期间列车前进了________m. 3、已知函数f(x)=e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________.
4、已知点P 在曲线4
1
x y e =+上，α为曲线在点P 处切线的倾斜角，则α的取值范围是 .
5、已知函数f(x)的定义域为R ，f(1)=2.对任意x ∈R ，f ′(x)<1，则不等式f(2x)<2x ＋1 的解集为________．
6、（四川高考理科·Ｔ9）已知)1ln()1ln(
)(x x x f --+=，)1,1(-∈x ，现有下列命题：①)()(x f x f -=-；②)(2)12(2
x f x
x
f =+；③x x f 2)(≥.其中的所有正确命题的序号 是________． 四、典例精讲
例1、某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设，阴影部分为一公共设施建设不能开发，且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上)，公共设施边界为曲线f(x)=1－ax 2
(a ＞0)的一部分，栏栅与矩形区域的边界交于点M 、N ，切曲线于点P ，设P(t ，f(t))．
(1) 将△OMN(O 为坐标原点)的面积S 表示成t 的函数S(t)； (2) 若在t=1
2处，S(t)取得最小值，求此时a 的值及S(t)的最小
值．
例2、函数f(x)=ax 3
＋bx 2
－3x(a ，b∈R )在点(1，f(1))处的切线方程为y ＋2=0.
(1) 求函数f(x)的解析式；
(2) 若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，求实数c 的最小值；
(3) 若过点M(2，m)(m ≠2)可以作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m 的取值范围．
变式2：π为圆周率,e=2.71828…为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)=ln x
x
的单调区间.
(2)求e 3,3e ,e π,πe ,3π,π3
这6个数中的最大数与最小数.
五、反馈练习
1、 已知直线y=kx ＋1与曲线y=x 3
＋ax ＋b 切于点(1,3)，则b=________. 2、设函数f(x)= 2
1(1)2
x
x e x --
，则f(x)的单调增区间为 . 3、已知函数c x x y +-=33
的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝ .
4、设函数f(x)=x 2
－alnx ，g(x)=x 2
－x.若x ∈(1，＋∞)，恒有函数f(x)的图象位于g(x)图象的上方，则实数a 的取值范围是________．
5、若函数2
()(0)1x
e f x a ax =
>+为R 上的单调函数，则a 的取值范围为 . 6
、设函数,)(,1)(222x e
x
e x g x x e x
f =+=对任意),,0(,21+∞∈x x 不等式1)()(21+≤k x f k x
g 恒成立，则正数k 的取值范围是 ____________.
六、小结反思
第66课时 简单的复合函数的导数
主备人 崔志荣 审核人 刘兵
一、考纲要求
三、知识梳理
1、设y=e x
sin2x + x lnx 则'y = . 2、2
(32)sin3y x x x =-+的导数是 . 3、曲线y ＝e
－2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为_______．
4、已知函数2()(2)x f x x a e =-在2x =处取极小值，则实数a =____________. 四、典例精讲
例1、求下列复合函数的导数(理科)： (1)y ＝(2x －3)5； (2)y ＝3
－x ； (3)y ＝ln(2x ＋5)．
例2、已知常数0a >，函数2()ln(1)2
x
f x ax x =+-+，讨论()f x 在区间
(0,)+∞的单调性.
五、反馈练习
1、若函数2()()f x x bx b b R =++∈在区间1
(0,)2
上单调递增，则b 的取值范围 是____________.
2、(2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T12)设函数x
m
π.若存在f(x)的极值点 x 0满足2
0x +()2
0f x ⎡⎤⎣⎦<m 2
,则m 的取值范围是____________.
3、已知曲线()21
ln 2222
x y x x =++++在点A 处的切线与曲线 ()sin
2,2
2y x π
πϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在点B 处的切线相同,求ϕ的值.
六、小结反思。