2021高考压轴题 汇编导数综合讲义学案完整版005
2021高考数学课标版理数一轮复习讲义+提能作业：第一节 导数的概念及运算 Word版含解析
第三章导数及其应用第一节导数的概念及运算1.导数的概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景.(2)理解导数的几何意义.2.导数的运算(1)能根据导数定义求函数y=C(C为常数),y=x,y=x2,y=1x,y=√x的导数.(2)能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数.1.函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率为①f(x2)-f(x1)x2-x1,若Δx=x2-x1,Δy=f(x2)-f(x1),则平均变化率可表示为②ΔyΔx.2.函数y=f(x)在x=x0处的导数(1)定义:称函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx为函数y=f(x)在x=x0处的导数,记作f'(x0)或y'|x=x0,即f'(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx.(2)几何意义:函数f(x)在点x0处的导数f'(x0)的几何意义是在曲线y=f(x)上点③(x0,f(x0))处的④切线的斜率.相应地,切线方程为⑤y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).▶提醒 (1)曲线y=f(x)在点P(x 0,y 0)处的切线是指P 为切点,斜率为k=f '(x 0)的切线,是唯一的一条切线.(2)曲线y=f(x)过点P(x 0,y 0)的切线,是指切线经过P,点P 可以是切点,也可以不是切点,而且这样的直线可能有多条.(3)函数y=f(x)在某点处的导数、曲线y=f(x)在某点处切线的斜率和倾斜角,这三者是可以相互转化的.3.函数f(x)的导函数 称函数f '(x)=limΔx →0f(x+Δx)-f(x)Δx为f(x)的导函数,导函数有时也记作y'.4.基本初等函数的导数公式原函数 导函数 f(x)=C(C 为常数) f '(x)=⑥ 0 f(x)=x α(α∈N *) f '(x)=⑦ αx α-1 f(x)=sin x f '(x)=⑧ cos x f(x)=cos x f '(x)=⑨ -sin x f(x)=a x (a>0,且a ≠1)f '(x)=⑩ a x ln a f(x)=e x f '(x)= e x f(x)=log a x (a>0,且a ≠1) f '(x)= 1xlna f(x)=ln xf '(x)= 1x5.导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]'= f '(x)±g'(x) ; (2)[f(x)·g(x)]'= f '(x)g(x)+f(x)g'(x) ; (3)[f(x)g(x)]'=f '(x)g(x)-f(x)g'(x)[g(x)]2(g(x)≠0).1.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数.2.[af(x)+bg(x)]'=af '(x)+bg'(x).3.函数y=f(x)的导数f '(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势,其正负号反映了变化方向,其大小|f '(x)|反映了变化快慢,|f '(x)|越大,曲线在这点处的切线越“陡”.1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”). (1)f '(x 0)与[f(x 0)]'表示的意义相同.( )(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( ) (4)若f(x)=f '(a)x 2+ln x(a>0),则f '(x)=2xf '(a)+1x .( )(5)f '(x 0)表示曲线y=f(x)在点A(x 0, f(x 0))处切线的斜率,也可表示函数y=f(x)在点A(x 0, f(x 0))处的瞬时变化率.( )答案 (1)✕ (2)✕ (3)√ (4)√ (5)√ 2.下列求导运算正确的是( ) A.(x +1x )'=1+1x 2 B.(log 2x)'=1xln2 C.(3x )'=3x log 3e D.(x 2cos x)'=-2sin x 答案 B3.有一机器人的运动方程为s(t)=t 2+3t (t 是时间,s 是位移),则该机器人在时刻t=2时的瞬时速度为( ) A.194B.174 C .154 D .134答案 D4.曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .答案 x+2y-2=05.求过点(0,0)与曲线y=e x 相切的直线方程. 解析 设切点坐标为(a,e a ), 又切线过(0,0),则切线的斜率k=e aa , f '(x)=e x ,把x=a 代入得斜率k=f '(a)=e a ,则e a =ea a ,由于e a >0,故a=1, 即切点坐标为(1,e), 所以切线方程为y=ex.导数的计算典例1 求下列函数的导数. (1)y=x 2sin x; (2)y=ln x+1x +log 2x; (3)y=cosx e x;(4)y=3x e x -2x +e; (5)y=tan x; (6)y=√x .解析 (1)y'=(x 2)'sin x+x 2(sin x)'=2xsin x+x 2cos x. (2)y'=(lnx +1x )'+(log 2x)'=(ln x)'+(1x )'+1xln2=1x -1x 2+1xln2. (3)y'=(cosx e x)'=(cosx)'e x -cosx(e x )'(e x )2=-sinx+cosxe x.(4)y'=(3x e x )'-(2x )'+e'=(3x )'e x +3x (e x )'-(2x )'=3x ln 3·e x +3x e x -2x ln 2=(ln 3+1)·(3e)x -2x ln 2. (5)y'=(sinx cosx )'=(sinx)'cosx -sinx(cosx)'cos x=cosxcosx -sinx(-sinx)cos 2x=1cos 2x .(6)y'=(x 12)'=12x -12=2√x .方法技巧1.求导数的总原则:先化简函数的解析式,再求导.2.具体方法:(1)遇到连乘的形式,先展开化为多项式形式,再求导;(2)遇到根式形式,先化为分数指数幂,再求导;(3)遇到复杂的分式,先将分式化简,再求导;(4)遇到三角函数形式,先利用三角恒等变换对函数变形,再求导;(5)遇到复合函数,先确定复合关系,再由外向内逐层求导,必要时可换元.▶提醒对解析式中含有导数值的函数,即解析式类似于f(x)=f'(x0)g(x)+h(x)(x0为常数)的函数,解决这类问题的关键是明确f'(x0)是常数,其导数值为0.因此先求导数f'(x),再令x=x0,即可得到f'(x0)的值,进而得到函数的解析式,求得所求导数值.1-1f(x)=x(2018+ln x),若f'(x0)=2019,则x0等于()A.e2B.1C.ln2D.e答案B1-2已知函数f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数,若f'(1)=3,则a=.答案31-3已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=2xf'(1)+ln x,则f'(1)=.答案-1解析∵f(x)=2xf'(1)+ln x,∴f'(x)=2f'(1)+1,x∴f'(1)=2f'(1)+1,即f'(1)=-1.导数的几何意义命题方向一求曲线的切线方程典例2曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为.答案3x-y=0解析y'=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以切线的斜率k=y'|x=0=3,则曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为y=3x,即3x-y=0.命题方向二求参数的值(取值范围)典例3已知曲线y=ae x+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()A.a=e,b=-1B.a=e,b=1C.a=e -1,b=1D.a=e -1,b=-1 答案 D解析 ∵y'=ae x +ln x+1,∴切线的斜率k=y'|x=1=ae+1=2,∴a=e -1,将(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,b=-1.故选D.典例4 直线 y=kx+b 是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,求b 的值.解析 设直线y=kx+b 与曲线y=ln x+2的切点的横坐标为x 1,与曲线y=ln(x+1)的切点的横坐标为x 2,所以曲线y=ln x+2在相应切点处的切线为y=1x 1·x+ln x 1+1,曲线y=ln(x+1)在相应切点处的切线为y=1x2+1·x+ln(x 2+1)-x 2x 2+1,所以{k =1x 1=1x 2+1,b =ln x 1+1=ln(x 2+1)-x 2x 2+1,解得{x 1=12,x 2=-12,于是b=ln x 1+1=1-ln 2.规律总结导数的几何意义的应用及求解思路(1)求切线方程时,注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线,曲线y=f(x)在点P(x 0, f(x 0))处的切线方程是y-f(x 0)=f '(x 0)(x-x 0);求过某点的切线方程,需先设出切点坐标,再依据已知点在切线上求解.(2)已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数,然后让导数等于切线的斜率,从而求出切点的横坐标,将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标.(3)已知切线方程(或斜率)求参数值的关键就是列出函数的导数等于切线斜率的方程. (4)函数图象在某一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况,由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降得快慢.(5)求两条曲线的公切线的方法:①利用其中一条曲线在某点处的切线与另一条曲线相切,列出关系式求解. ②利用公切线得出关系式.设公切线l 在曲线y=f(x)上的切点P 1(x 1,y 1),在曲线y=g(x)上的切点P 2(x 2,y 2),则f '(x 1)=g'(x 2)=f(x 1)-g(x 2)x 1-x 2.2-1 已知直线y=-x+1是函数f(x)=-1a ·e x 图象的切线,则实数a= .答案 e 2解析 设切点为(x 0,y 0), 则f '(x 0)=-1a ·e x 0=-1, ∴e x 0=a,又-1a ·e x 0=-x 0+1,∴x 0=2,∴a=e 2.2-2 已知曲线f(x)=x 3+ax+14在x=0处的切线与曲线g(x)=-ln x 相切,求a 的值. 解析 由f(x)=x 3+ax+14得, f(0)=14, f '(x)=3x 2+a,则f '(0)=a,∴曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y-14=ax.设直线y-14=ax 与曲线g(x)=-ln x 相切于点(x 0,-ln x 0),又g'(x)=-1x , ∴{-ln x 0-14=ax 0,①a =-1x 0,②将②代入①得ln x 0=34, ∴x 0=e 34, ∴a=-1e 34=-e -34.A 组 基础题组1.已知函数f(x)=log a x(a>0且a ≠1),若f '(1)=-1,则a=( ) A.e B.1eC.1e 2 D .12 答案 B2.已知曲线y=x 24-3ln x 的一条切线的斜率为12,则切点的横坐标为( ) A.3 B.2 C.1 D.12 答案 A3.已知曲线y=ln x 的某条切线过原点,则此切线的斜率为( ) A.e B.-e C.1e D.-1e答案 C y=ln x 的定义域为(0,+∞),设切点为(x 0,y 0),则k=y'|x=x 0=1x 0,所以切线方程为y-y 0=1x 0(x-x 0),又切线过点(0,0),代入切线方程得y 0=1,则x 0=e,所以k=y'|x=x 0=1x 0=1e .4.已知函数f(x)=e x ln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为 . 答案 e解析 由函数的解析式可得f '(x)=e x ×ln x+e x ×1x =e x (lnx +1x),则f '(1)=e 1×(ln1+11)=e,即f '(1)的值为e.5.(2019湖北宜昌联考)已知f '(x)是函数f(x)的导数, f(x)=f '(1)·2x +x 2,则f '(2)= . 答案41-2ln2解析 易知f '(x)=f '(1)·2x ln 2+2x,所以f '(1)=f '(1)·2ln 2+2,解得f '(1)=21-2ln2,所以f '(x)=21-2ln2·2x ln 2+2x,所以f '(2)=21-2ln2×22×ln 2+2×2=41-2ln2. 6.曲线y=2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 . 答案 y=2x-27.已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为.答案1解析由题意可得f(1)=a,则切点为(1,a),因为f'(x)=a-1x,所以切线l的斜率k=f'(1)=a-1,则切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),令x=0,可得y=1,故l在y轴上的截距为1.8.(2018课标全国Ⅲ,14,5分)曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=. 答案-3解析设f(x)=(ax+1)e x,则f'(x)=(ax+a+1)e x,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k=f'(0)=a+1=-2,解得a=-3.9.若曲线f(x)=xsin x+1在x=π2处的切线与直线ax+2y+1=0垂直,则实数a=.答案2解析因为f'(x)=sin x+xcos x,所以f'(π2)=sinπ2+π2·cosπ2=1.又直线ax+2y+1=0的斜率为-a2,所以1×(-a2)=-1,解得a=2.10.已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=.答案8解析令f(x)=x+ln x,于是有f'(x)=1+1x,由于f'(1)=2,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线的斜率k=2,则曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,故将y=ax2+(a+2)x+1与y=2x-1联立,得ax2+ax+2=0,因为a≠0,两线相切于一点,所以Δ=a2-8a=0,解得a=8.11.在平面直角坐标系xOy中,P是曲线y=x+4x(x>0)上的一个动点,则点P到直线x+y=0的距离的最小值是.答案4解析由y=x+4x (x>0),得y'=1-4x2(x>0),设斜率为-1的直线与曲线y=x+4x(x>0)相切于点(x0,x0+4x0),由1-4x02=-1得x0=√2(x0=-√2舍去),∴曲线y=x+4x(x>0)上的点P(√2,3√2)到直线x+y=0的距离最小,最小值为√2+3√2|√12+12=4.12.函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x的图象在点(0,f(0))处的切线方程是y=4x+4,求a,b.解析f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4,由已知得f(0)=4,f'(0)=4,故b=4,a+b=8,∴a=4.综上,a=4,b=4.13.(2019湖南长沙模拟)已知函数f(x)=x3+x-16.(1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程;(2)直线l为曲线y=f(x)的切线,且经过原点,求直线l的方程及切点坐标;(3)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-14x+3垂直,求切点坐标与切线方程.解析(1)易知点(2,-6)在曲线y=f(x)上,所以点(2,-6)为切点.因为f'(x)=(x3+x-16)'=3x2+1,所以f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为f'(2),f'(2)=13,所以切线的方程为y+6=13(x-2),即y=13x-32.(2)设切点坐标为(x0,y0),则直线l的斜率为f'(x0),f'(x0)=3x02+1,所以直线l的方程为y=(3x02+1)(x-x0)+x03+x0-16,因为直线l过原点,所以0=(3x02+1)(0-x0)+x03+x0-16,整理得,x03=-8,所以x0=-2,所以y0=(-2)3+(-2)-16=-26,f'(x0)=3×(-2)2+1=13.所以直线l的方程为y=13x,切点坐标为(-2,-26).(3)因为切线与直线y=-14x+3垂直,所以切线的斜率k=4.设切点的坐标为(x0,y0),则f'(x0)=3x02+1=4,所以x0=±1.所以{x 0=1,y 0=-14或{x 0=-1,y 0=-18,即切点坐标为(1,-14)或(-1,-18),切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18,即y=4x-18或y=4x-14.B 组 提升题组1.已知f(x)=acos x,g(x)=x 2+bx+1,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在交点(0,m)处有公切线,则a+b=( )A.-1B.0C.1D.2答案 C 依题意得, f '(x)=-asin x,g'(x)=2x+b, f '(0)=g'(0),∴-asin 0=2×0+b,故b=0, ∵m=f(0)=g(0),∴m=a=1,因此a+b=1,故选C.2.若曲线f(x)=ax 2(a>0)与g(x)=ln x 有两条公切线,则a 的取值范围是( )A.(0,1e )B.(0,12e )C.(1e ,+∞)D.(12e ,+∞)答案 D 假设两曲线相切,设其切点为P(m,n),∴f '(m)=2am=g'(m)=1m ,∴2am 2=1,∵点P 在曲线上,∴n=am 2=ln m,∴12=ln m,∴m=e 12,∴a=12e ,当a>12e 时,两曲线相离,∴必然存在两条公切线,∴a ∈(12e ,+∞).3.已知函数f(x)={-x 2+2x,x ≤0,ln(x +1),x >0,若|f(x)|≥ax,则实数a 的取值范围是 . 答案 [-2,0]解析 作出函数y=|f(x)|的图象与直线y=ax,如图所示,当直线在第四象限的部分介于直线l 与x 轴之间时符合题意,直线l 为曲线f(x)的切线,且此时函数y=|f(x)|在第二象限的解析式为y=x 2-2x,则y'=2x-2,因为x ≤0,故y'≤-2,故直线l 的斜率为-2,故只需直线y=ax 的斜率a 介于-2与0之间即可,即a ∈[-2,0].4.已知点M 是曲线y=13x 3-2x 2+3x+1上任意一点,曲线在M 处的切线为l,求:(1)斜率最小的切线方程;(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解析 (1)∵y'=x 2-4x+3=(x-2)2-1,∴当x=2时,y'min =-1,此时y=53,∴斜率最小时的切点为(2,53),斜率k=-1,∴切线方程为3x+3y-11=0.(2)由(1)得切线的斜率k ≥-1,∴tan α≥-1,∵α∈[0,π),∴α∈[0,π2)∪[3π4,π).故α的取值范围是[0,π2)∪[3π4,π).。
导数的综合应用个性化辅导讲义
(1)若a ＝0，求f (x )的单调区间；
(2)若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．
巩固作业
一、选择题
1．f (x )＝5x 2－2x 的单调增区间是( )
A ．(15
，＋∞) B ．(－∞，15) C ．(－15
，＋∞) D ．(－∞，－15) 2．函数f (x )＝x 3＋3x 2＋4x －a 的极值点的个数是( )
A ．2
B ．1
C ．0
D ．由a 确定 3．已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得
极大值－5时，x 的值应为( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．±1 4．若函数g (x )＝x 3－ax 2＋1在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )
A ．a ≥3
B ．a >3 C.32
<a <3 D.32≤a ≤3 5．设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，f ′(x )为其导函数，如右图是函数y ＝x ·f ′(x )的图象的
一部分，则f (x )的极大值与极小值分别为( )
A ．f (1)与f (－1)
B ．f (－1)与f (1)
C ．f (2)与f (－2)
D ．f (－2)与f (2)
6．(2011·郑州第一次调研)设f (x )是定义在R 上的奇函数，g (x )是定义在R 上恒大于零的函数，且当
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(无水印版本)高考导数压轴题---函数与导数核心考点
占＂、，目录题型一切线型1.求在某处的切线方程2.求过某点的切线方程3.已知切线方程求参数题型二单调型1.主导函数需”二次求导”型2.主导函数为＂一次函数”型3.主导函数为“二次函数”型4.已知函数单调性，求参数范围题型三极值最值型1.求函数的极值2.求函数的最值3.已知极值求参数4.已知最值求参数题型四零点型1.零点（交点，根）的个数问题2.零点存在性定理的应用3.极值点偏移问题题型五恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题2.单变量型存在性问题3.双变量型的恒成立与存在性问题4.等式型恒成立与存在性问题题型六与不等式有关的证明问题1.单变量型不等式证明2. 含有e x与l n x的不等式证明技巧3.多元函数不等式的证明4.数列型不等式证明的构造方法— 题型一切线型 1求 在某处的切线方程3x2例 1. 【201 5 重庆理 20】求函数 f{x ) =e在点(1 , 八1))处的切线方程． 3x 2 6x - 3x2 3 3解 ： 由 八x) = "e x" , 得f '(x)= e X , 切点为(1, -e ) ' 斜 率 为 f ' (l ) =- e3 3 3 3 l ) = - , 得 切点坐标为(1, - ), 由f '( l )= - , 得切线斜率为－； e e e e 切 线 方 程为y —3 3—1), 即 3x —ey = O .例 2 求 瓜 ） 1- = - (x e e 在点(l, 八1))处的切线方程．= x e (- + 2)X解： 由 八x) = e 干1+ 2) , 得f' (x) = x e 1 1 ( — 一 十一十2)由j {l ) = 3e, 得切点坐标为(l ,3e), 由f '( l )= 2e, 得切线斜率为 2e; 切线方程为y - 3e= 2e (x - I), 即 2ex - y + e= O1- x 例 3求 瓜 ）= In — —在点(0, 八0))处的切线方程．l + x1- x 1 1 解： 由 j( x) = f n- = ln( l — x) — ln(l + x ), 得f '(x)= —一一－— 一一－I + x I x I + x由.f(O) = O , 得 切 点坐标为(0, 0), 由f '(0)= - 2, 得切线斜率为- 2;切线方程为y = —2.x, 即 2.x+ y = Ox 2例 4. 【 2 015 全 国新 课标 理 20 (1)】在直角坐标系 x oy 中， 曲 线 C: y =--4与直 线 I : y=kx 十a(a > O)交于M, N 两点，当 k= O 时 ，分别求 C 在点 M 与 N 处的切线方程解 由题意得 a 干 ， 则 x = 士2-Fa , 即 M( - 2嘉 ， a ) , N(2 嘉 ， a ),畛） = , 得f '(x)=宁当 切 点 为M(- 2嘉 ， a )时， 切线斜率为j 、'(- 2嘉）＝－嘉 ，此时切线方程为:ax 十y+ a = O;当 切 点 为N(2嘉 ， a)时， 切线斜率为! '(2-Fa) = 嘉 ， 此时 切 线 方 程为： 寸; x —y - a = O ;由八— 1解 题模板- I 求在某处的切线方程(1) 写出八x) ;(2)求出/ '(x ) ;(3) 写出切点(x 。
2021高考数学课标版理数一轮复习讲义+提能作业：第五节 导数的综合应用(二) Word版含解析
第五节 导数的综合应用(二)与函数零点有关的证明问题典例1 已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明 (1)f(x)的定义域为(0,+∞). f '(x)=x -1x+ln x-1=ln x-1x .易知f '(x)单调递增,又f '(1)=-1<0, f '(2)=ln 2-12=ln4-12>0,故存在唯一x 0∈(1,2),使得f '(x 0)=0.又当0<x<x 0时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>x 0时, f '(x)>0, f(x)单调递增. 所以f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x 0)<f(1)=-2,又f(e 2)=e 2-3>0,所以f(x)=0在(x 0,+∞)内存在唯一根x=α. 由1<x 0<α得1α<1<x 0. 又f (1α)=(1α-1)ln 1α-1α-1=f(α)α=0,故1α是f(x)=0在(0,x 0)内的唯一根.综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 1-1 已知函数f(x)=13x 3-a(x 2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点.解析 (1)当a=3时, f(x)=13x 3-3x 2-3x-3, f '(x)=x 2-6x-3.令f '(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)或(3+2√3,+∞)时,f '(x)>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减.(2)证明:由于x 2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x 2+x+1-3a=0. 设g(x)=x 3x 2+x+1-3a,则g'(x)=x 2(x 2+2x+3)(x 2+x+1)2≥0,当且仅当x=0时,g '(x)=0, 所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a 2+2a-13 =-6(a -16)2-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点. 综上, f(x)只有一个零点.函数零点个数的探讨问题典例2 设函数f(x)=12x 2-mln x,g(x)=x 2-(m+1)x. (1)求函数f(x)的单调区间;(2)当m ≥1时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数. 解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=x-m x =x 2-mx,当m ≤0时, f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当m>0时, f '(x)=(x+√m)(x -√m)x,所以当0<x<√m 时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减. 当x>√m 时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增. 综上,当m ≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,函数f(x)的单调增区间是(√m,+∞),单调减区间是(0,√m).x2+(m+1)x-mln x,x>0,(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-12问题等价于求函数F(x)的零点个数问题,F'(x)=-(x-1)(x-m),x若m=1,则F'(x)≤0,F(x)为减函数,>0,F(4)=-ln4<0,因为F(1)=32所以F(x)有唯一零点;若m>1,则0<x<1或x>m时,F'(x)<0;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,>0,F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,因为F(1)=m+12所以F(x)有唯一零点.综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点. 2-1已知函数f(x)=a+√x ln x(a>0).(1)求f(x)的单调区间;(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=(√x)'ln x+√x·1x=√x(lnx+2).2x令f'(x)>0,解得x>e-2,令f'(x)<0,解得0<x<e-2,所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增.(2)由(1)得f(x)min=f(e-2)=a-2,e时,f(x)min>0,f(x)无零点,显然a>2e时,f(x)min=0,f(x)有1个零点,a=2ea<2e 时, f(x)min <0, f(x)有2个零点.已知零点个数求参数的取值范围 典例3 已知函数f(x)=2ln x-x 2+ax(a ∈R ). (1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m 在[1e ,e]上有两个零点,求实数m 的取值范围. 解析 (1)当a=2时, f(x)=2ln x-x 2+2x,则f '(x)=2x -2x+2,由题意知切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f '(1)=2,则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.(2)g(x)=f(x)-ax+m=2ln x-x 2+m, 则g'(x)=2x -2x=-2(x+1)(x -1)x,由g'(x)=0,得x=1.∵x ∈[1e ,e],∴当1e ≤x<1时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增, 当1<x ≤e 时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减, 故当x=1时,函数g(x)取得极大值,g(1)=m-1, 又g (1e )=m-2-1e 2,g(e)=m+2-e 2,∴g(x)=f(x)-ax+m 在[1e ,e]上有两个零点需满足条件 {g(1)=m -1>0,g (1e )=m -2-1e 2≤0,g(e)=m +2-e 2≤0,解得1<m ≤2+1e 2. 故实数m 的取值范围是(1,2+1e 2]. 3-1 已知函数f(x)=ae 2x +(a-2)e x -x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a 的取值范围. 解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae 2x +(a-2)e x -1=(ae x -1)(2e x +1),(i)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.(ii)若a>0,令f'(x)=0,得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值f(-ln a)=1-1a+ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln(3a-1),则f(n0)=e n0(a e n0+a-2)-n0>e n0-n0>2n0-n0>0.由于ln(3a-1)>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.综上,a的取值范围是(0,1).1.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围()A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C 显然当a=0时,f(x)=-3x2+1=0有两个不同的零点(舍去).因为f(x)=ax3-3x2+1,所以f'(x)=3ax(x-2a ).当a>0时,函数f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上单调递增,在(0,2a)上单调递减,且f(0)=1,所以f(x)在(-∞,0)内存在一个零点(舍去).当a<0时,函数f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上单调递减,在(2a ,0)上单调递增,且f(0)=1,若f(x)存在唯一的零点x 0,且x 0>0,需f (2a )>0,即1-4a 2>0,解得a<-2,故选C.2.已知函数f(x)=e x -ax,讨论f(x)零点的个数.解析 f '(x)=e x -a,当a>0时,由f '(x)=0得x=ln a.若x<ln a,则f '(x)<0;若x>ln a,则f '(x)>0.所以函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增, f(x)的最小值为f(ln a)=a(1-ln a).①当0<a<e 时, f(ln a)=a(1-ln a)>0, f(x)无零点;②当a=e 时, f(ln a)=a(1-ln a)=0, f(x)只有一个零点;③当a>e 时, f(ln a)=a(1-ln a)<0,根据f(0)=1>0与函数的单调性,可知f(x)在区间(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点, 故f(x)共有两个零点. 当a=0时, f(x)=e x ,易知f(x)无零点.当a<0时,由f(x)=0,得e x =ax,易知曲线y=e x 与直线y=ax 只有一个交点,所以f(x)只有一个零点.综上所述,当0≤a<e 时, f(x)无零点;当a<0或a=e 时, f(x)有一个零点;当a>e 时, f(x)有两个零点. 3.设函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c 的取值范围. 解析 (1)f(x)=x 3+ax 2+bx+c, 则f '(x)=3x 2+2ax+b, 则斜率k=f '(0)=b,又f(0)=c,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-c=bx, 即bx-y+c=0.(2)当a=b=4时, f(x)=x 3+4x 2+4x+c,则f '(x)=3x 2+8x+4,因为函数f(x)有三个不同的零点,所以f(x)有两个不同的极值点,且极小值小于0,极大值大于0,由f '(x)=0,得3x 2+8x+4=0,解得x 1=-2,x 2=-23,又f(-2)=c, f (-23)=-3227+c,所以{c >0,-3227+c <0,解得0<c<3227.4.设函数f(x)=x 22-kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,√e ]上仅有一个零点.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=x-k x =x 2-kx,令f '(x)>0,得x>√k ;令f '(x)<0,得0<x<√k ,所以f(x)的单调递减区间为(0,√k ),单调递增区间为(√k ,+∞),极小值为f(√k )=k2-kln √k =k(1-lnk)2,无极大值.(2)证明:由(1)知f(x)在定义域内的最小值为f(√k )=k(1-lnk)2,若f(x)存在零点,则f(√k )≤0,解得k ≥e.由(1)知,k ≥e 时, f(x)在(1,√e ]上单调递减,又f(1)=12>0, f(√e )=e2-kln √e =e -k 2≤0,所以f(x)在区间(1,√e ]上仅有一个零点.5.已知函数f(x)=ln x-x+1x -1.判断f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点. 解析 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f '(x)=1x +2(x -1)2>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.证明:因为f(e)=1-e+1e -1<0, f(e 2)=2-e 2+1e 2-1=e 2-3e 2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设为x 1,即f(x 1)=0.又0<1x 1<1, f (1x 1)=-ln x 1+x 1+1x 1-1=-f(x 1)=0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点x=1x 1.综上, f(x)有且仅有两个零点.6.已知函数f(x)=-12ax 2+(1+a)x-ln x(a ∈R ). (1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间[12,+∞)上有两个零点,求实数k 的取值范围.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ax+1+a-1x =-(ax -1)(x -1)x(a>0),①当a ∈(0,1)时,1a >1. 由f '(x)<0,得x>1a 或0<x<1. 所以f(x)的单调递减区间为 (0,1),(1a ,+∞);②当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞); ③当a ∈(1,+∞)时,1a <1. 由f '(x)<0,得x>1或0<x<1a .所以f(x)的单调递减区间为(0,1a ),(1,+∞). 综上,当a ∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),(1a ,+∞); 当a=1时, f(x)的单调递减区间为 (0,+∞);当a ∈(1,+∞)时, f(x)的单调递减区间为(0,1a ),(1,+∞).(2)由题意知,当a=0时,g(x)=x 2-xln x-k(x+2)+2在x ∈[12,+∞)上有两个零点,即关于x 的方程k=x 2-xlnx+2x+2在x ∈[12,+∞)上有两个不相等的实数根.令h(x)=x 2-xlnx+2x+2,x ∈[12,+∞), 则h'(x)=x 2+3x -2lnx -4(x+2),x ∈[12,+∞),令p(x)=x 2+3x-2ln x-4,x ∈[12,+∞), 则p'(x)=(2x -1)(x+2)x,则在[12,+∞)上有p'(x)≥0, 故p(x)在[12,+∞)上单调递增.因为p(1)=0,所以当x ∈[12,1)时,有p(x)<0, 即h'(x)<0,所以h(x)在[12,1)上单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,有p(x)>0,即h'(x)>0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因为h (12)=910+ln25,h(1)=1,且当x →+∞时,h(x)→+∞,所以k 的取值范围是(1,910+ln25].。
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学习型教学案(有答案)
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案15 导数的综合应用导学目标：1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．自主梳理．函数的最值函数f在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．求函数y＝f在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f在内的________；②将函数y＝f的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测．函数f＝x3－3ax－a在内有最小值，则a的取值范围为A．0≤a<1B．0<a<1c．－1<a<1D．0<a<122．设f′是函数f的导函数，将y＝f和y＝f′的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R上可导的任意函数f，若满足f′≥0，则必有A．f＋f<2fB．f＋f≤2fc．f＋f≥2fD．f＋f>2f4．函数f＝12ex在区间0，π2上的值域为______________．5．f＝x2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f＝x2e－ax，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a>0，函数f＝alnxx.讨论f的单调性；求f在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f＝12x2－alnx，求函数f的单调区间；求证：当x>1时，12x2＋lnx<23x3.变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.求f的单调区间与极值；求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.探究点三实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例已知函数f＝lnx－x＋1.若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；证明：f≥0.【答题模板】解∵f′＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x>0，∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分] 当0<x<1时，g′>0；当x>1时，g′<0，[4分]∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]证明由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．)[8分]当0<x<1时，x－1<0，f＝lnx－x＋1＝xlnx ＋lnx－x＋1≤0，∴f≥0.当x≥1时，x－1>0，f＝lnx－x＋1＝lnx＋xlnx－x＋1＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，∴f≥0.[11分]综上，f≥0.[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f；求函数的导数f′，解方程f′＝0；比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；回到实际问题，作出解答．一、选择题．已知曲线c：y＝2x2－x3，点P，直线l过点P且与曲线c相切于点Q，则点Q的横坐标为A．－1B．1c．－2D．22．已知函数y＝f，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是A．t>5B．t<5c．t≥5D．t≤55．若函数f＝sinxx，且0<x1<x2<1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是A．a>bB．a<bc．a＝bD．a、b的大小不能确定题号2345答案二、填空题6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题9．已知函数f＝122－ln．求f的单调区间；若x∈[1e－1，e－1]时，f<m恒成立，求m的取值范围．0．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用c与隔热层厚度x满足关系：c＝k3x ＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．求k的值及f的表达式；隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．求a、b的值；对任意x>0，试比较f与g的大小．答案自主梳理．连续①极值②端点值自我检测．B 2.D 3.c4.12，12eπ25.6课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f＝x2e－ax，∴f′＝2xe－ax＋x2•e－ax＝e－ax．令f′>0，即e－ax>0，得0<x<2a.∴f在，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0<2a<1，即a>2时，f在[1,2]上是减函数，∴fmax＝f＝e－a.②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.③当2a>2，即0<a<1时，f在[1,2]上是增函数，∴fmax＝f＝4e－2a.综上所述，当0<a<1时，f的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；当a>2时，f的最大值为e－a.变式迁移1 解函数f的定义域为，f′＝a•1－lnxx2，由f′＝a•1－lnxx2>0，得0<x<e；由f′<0，得x>e.故f在上单调递增，在上单调递减．∵f在上单调递增，在上单调递减，∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f ＝12lna2，∴当0<a≤2时，[f]min＝lna；当a>2时，[f]min＝ln2a2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．解f′＝x－ax＝x2－ax，若a≤0时，f′>0恒成立，∴函数f的单调增区间为．若a>0时，令f′>0，得x>a，∴函数f的单调增区间为，减区间为．证明设F＝23x3－，故F′＝2x2－x－1x.∴F′＝x－12x2＋x＋1x.∵x>1，∴F′>0.∴F在上为增函数．又F在上连续，F＝16>0，∴F>16在上恒成立．∴F>0.∴当x>1时，12x2＋lnx<23x3.变式迁移2 解由f＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′＝ex－2，x∈R.令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′，f的变化情况如下表：xln2f′－＋f极小值故f的单调递减区间是，单调递增区间是，f在x＝ln2处取得极小值，极小值为f＝eln2－2ln2＋2a＝2．证明设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.由知当a>ln2－1时，g′最小值为g′＝2>0.于是对任意x∈R，都有g′>0，所以g在R内单调递增，于是当a>ln2－1时，对任意x∈，都有g>g．而g＝0，从而对任意x∈，都有g>0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.例3 解分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．L′＝2－2＝．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a<9，即3≤a<92时，Lmax＝L＝2＝9．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，Lmax＝L＝[12－]2＝43.所以Q＝96－a，3≤a<92，43－13a3，92≤a≤5.综上，若3≤a<92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝9；若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．变式迁移3 解因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝2.当t<t0时，ω′>0；当t>t0时，ω′<0.所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.将t＝2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝10002S－2×10003S4.又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×8000－S3S5，令v′＝0，得S＝20.当S<20时，v′>0；当S>20时，v′<0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．课后练习区．A 2.D 3.c 4.c 5.A6.63d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b．设f＝b，∴f′＝－3b2＋d2.令f′＝0，由b>0，∴b＝33d，且在上f′>0，在[33d，d]上f′<0.∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.7．300解析设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x•3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10.当0<x<10时，V′>0；当x>10时，V′<0，∴x＝10时，V最大＝300．8．＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1.由已知得⊆[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m<2m ＋1，解得－1<m≤0.9．解∵f＝122－ln，∴f′＝－11＋x＝x2＋x1＋x．……………………………………………………………………………………………∴f在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………………令f′＝0，即x＝0，则xf′－＋f极小值……………………………………………………………………………………………又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1>12e2＋1，又f<m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m>12e2－1.………………………………………………………………………………0．解设隔热层厚度为xcm，由题设，每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f＝20c＋c1＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………f′＝6－24003x＋52，令f′＝0，即24003x＋52＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………当0<x<5时，f′<0，当5<x<10时，f′>0，………………………………………………………………故x＝5是f的最小值点，对应的最小值为f＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………1．解f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………又f′＝1x，g′＝a－bx2，且f与g在点处有公共切线，∴g′＝f′＝1，即a－b＝ 1.②……………………………………………………由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………令F＝f－g，则F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.∴F在上为减函数．………………………………………………………当0<x<1时，F>F＝0，即f>g；当x＝1时，F＝0，即f＝g；当x>1时，F<F＝0，即f<g．综上，0<x<1时，f>g；x＝1时，f＝g；x>1时f<g．…………………………………………………………………………。
(2021年整理)高二数学导数及其应用复习讲义有答案
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高二数学复习讲义-导数及其应用知识归纳1．导数的概念函数y=f （x ），如果自变量x 在x 0处有增量x ∆,那么函数y 相应地有增量y ∆=f（x 0+x ∆)－f （x 0），比值xy∆∆叫做函数y=f（x ）在x 0到x 0+x ∆之间的平均变化率，即x y∆∆=x x f x x f ∆-∆+)()(00。
如果当0→∆x 时,xy∆∆有极限，我们就说函数y=f(x ）在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作f’（x 0）或y'｜0x x =。
即f （x 0）=0lim→∆x xy∆∆=0lim →∆x x x f x x f ∆-∆+)()(00。
2021高考压轴题 导数综合讲义导数综合讲义
２０２０高考压轴题汇编导数综合讲义第1讲导数的计算与几何意义 (3)第2讲函数图像 (4)第3讲三次函数 (7)第4讲导数与单调性 (8)第5讲导数与极最值 (9)第6讲导数与零点 (10)第7讲导数中的恒成立与存在性问题 (11)第8讲原函数导函数混合还原（构造函数解不等式） (13)第9讲导数中的距离问题 (17)第10讲导数解答题 (18)10.1导数基础练习题 (21)10.2分离参数类 (24)10.3构造新函数类 (26)10.4导数中的函数不等式放缩 (29)10.5导数中的卡根思想 (30)10.6洛必达法则应用 (32)10.7先构造，再赋值，证明和式或积式不等式 (33)10.8极值点偏移问题 (35)10.9多元变量消元思想 (37)10.10导数解决含有ln x与x e的证明题（凹凸反转） (39)10.11导数解决含三角函数式的证明 (40)10.12隐零点问题 (42)10.13端点效应 (44)10.14其它省市高考导数真题研究 (45)导数【高考命题规律】别涉及到切线、零点、单调性、最值、不等式证明、恒成立问题科考查了导数的考考查了导数判断函数的单调性，含参零点的分类讨论。
近四年的高考试题基本形成了一个模式，第一问求解函数的解析式，以切线方程、极值点或者最值、单调区间等为背景得到方程从而确定解析式，或者给出解析式探索函数的最值、极值、单调区间等问题，较为简单；第二问均为不等式相联系，考查不等式恒成立、证明不等式等综合问题，难度较大。
预测个或三个为背景，组合成一个函数，考查利用导数研究函数的单调性与极值及切线，不等式结合考查恒成立问题1理考查了极值点偏移问题，这一变化趋势应引起考生注意。
【基础知识整合】1、导数的定义：'0000()()()limx f x x f x f x x ∆→+∆-=∆，'0()()()limx f x x f x f x x∆→+∆-=∆2、导数的几何意义：导数值'0()f x 是曲线()y f x =上点00(,())x f x 处切线的斜率3、常见函数的导数：'0C =；'1()n n x nx-=；'(sin )cos x x =；'(cos )sin x x =-；'1(ln )x x =；'1(log )ln a x x a=；'()x x e e =；'()ln x xa a a =4、导数的四则运算：'''()u v u v ±=±；；'''()u v u v v u ⋅=+；'''2()u u v v uv v -=5、复合函数的单调性：'''(())()()xfg x f u g x =6、导函数与单调性：求增区间，解'()0f x >；求减区间，解'()0f x <若函数在()f x 在区间(,)a b 上是增函数'()0f x ⇒≥在(,)a b 上恒成立；若函数在()f x 在区间(,)a b 上是减函数'()0f x ⇒≤在(,)a b 上恒成立；若函数在()f x 在区间(,)a b 上存在增区间'()0f x ⇒>在(,)a b 上恒成立；若函数在()f x 在区间(,)a b 上存在减区间'()0f x ⇒<在(,)a b 上恒成立；7、导函数与极值、最值：确定定义域，求导，解单调区间，列表，下结论8、导数压轴题：强化变形技巧、巧妙构造函数、一定要多练记题型，总结方法第1讲导数的计算与几何意义（2016全国卷1理16）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b =__________（2015全国卷1理21（1））已知函数31()4f x x ax =++，当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线（2015安徽卷理18（1））设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标，求数列{}n x 的通项公式.（2015重庆卷理20（1））设函数23()()xax axf x a R e+=∈，若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程1、函数2()cos f x x =在点1(,)42π处的切线方程为________________________2、过32()325f x x x x =-++图像上一个动点作函数的切线，则切线倾斜角的范围是_____3、若一直线与曲线ln y x =和曲线2(0)x ay a =>相切于同一点P ，则a =_____4、两曲线21y x =-和ln 1y a x =-存在公切线，则正实数a 的取值范围是____________5、已知,a b 为正实数，直线y x a =-与曲线ln()y x b =+相切，则22a b+的取值范围是（）（A ）(0,)+∞（B ）(0,1)（C ）1(0,)2（D ）[1,)+∞6、若曲线212y x e=与曲线ln y a x =在它们的公共点(,)P s t 处具有公切线，则实数a =（）（A ）2-（B ）12（C ）1（D ）27、函数()f x 是定义在(0,)+∞的可导函数，当0x >且1x ≠时，'2()()01f x xf x x +>-，若曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为34-，则(1)f =（）（A ）0（B ）1（C ）38（D ）15第2讲图像问题1、己知函数()32f x ax bx c =++，其导数()'fx 的图象如图所示，则函数()f x 的极大值是（）（A ）a b c ++（B ）84a b c ++（C ）32a b+（D ）c2、设函数()y f x =可导，()y f x =的图象如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为（）x y OxyO AxyO BxyO CyO Dx3、（2017全国卷Ⅰ文8）函数sin21cos xy x=-的部分图像大致为4、函数()ln ||||x x f x x =的图像可能是（)A BDCyOx11-yOx11-yOx11-yOx11-5、函数()()1cos ,0f x x x x x x ππ⎛⎫=--≤≤≠ ⎪⎝⎭的图像可能为（）6、已知()21sin ,42f x x x π⎛⎫=++⎪⎝⎭()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的图像是()7、下面四图都是在同一坐标系中某三次函数及其导函数的图像，其中一定不正确．．．．．的序号是()（A ）①②（B ）③④（C ）①③（D ）①④8、已知R 上可导函数()f x 的图象如图所示，则不等式()()2'230x x fx -->的解集为()（A ）()(),21,-∞-+∞ （B ）()(),21,2-∞- （C ）()()(),11,02,-∞--+∞ （D ）()()(),11,13,-∞--+∞ 9、函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象如图所示,则2212x x +等于()（A ）89（B ）109（C ）169（D ）4510、（2015安徽）函数()()2ax bf x x c +=+的图像如图所示，则下列结论成立的是（）（A ）0,0,0a b c >><（B ）0,0,0a b c <>>（C ）0,0,0a b c <><（D ）0,0,0a b c <<<11、（2016全国卷）函数22xy x e =-在[2,2]-的图像大致为（A ）（B ）（B ）（D ）第3讲三次函数1、函数3211()(1)2(1)32f x x m x m x =-++-在(0,4)上无极值，则m =__________2、已知322()3f x x ax bx a =+++在1x =-时有极值0，则a b -=______3、设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点12,x x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________4、函数32()32f x x x ax a =-+--，若存在唯一正整数0x ，使得0()0f x >，则实数a 的取值范围是_______________5、已知函数32()1f x x ax x =-+--在(,)-∞+∞上是单调函数，则实数a 的取值范围是（）（A ）[（B ）(（C ）(,)-∞+∞ （D ）(,)-∞+∞6、若函数32()132x a f x x x =-++在区间1(,3)2上有极值点，则实数a 的取值范围是（）（A ）5(2,,)2（B ）5[2,,)2（C ）10(2,,3（D ）10[2,,37、若函数32()132x a f x x x =-++在区间1(,3)2上单调递减，则实数a 的取值范围是（）（A ）1[,)3+∞（B ）5[,)3+∞（C ）10[,)3+∞（D ）16[,)3+∞8、若函数322()33x f x x =+-在区间(,5)a a +上存在最小值，则实数a 的取值范围是（）（A ）[5,0)-（B ）(5,0)-（C ）[3,0)-（D ）(3,0)-9、若函数322()7f x x ax bx a a =++--在1x =处取得极大值10，则ba的值为（）（A ）32-或12-（B ）32-或12（C ）32-（D ）12-1、已知函数2()52ln f x x x x =-+，则函数()f x 的单调递增区间是______________2、已知函数()ln ()xxf x e x ae a R =-∈，若()f x 在(0,)+∞上单调，则a 的取值范围是_______________3、设函数23()()xx axf x a R e+=∈，若()f x 在[3,)+∞上为减函数，则a 的取值范围是_______________4、若函数()f x 在定义域D 内的某个区间I 上是增函数，且()()f x F x x=在I 上也是增函数，则称()y f x =是I 上的“完美函数”，已知()ln +1xg x e x x =+-，若函数()g x 是区间[,)2m+∞上的“完美函数”，则整数m 的最小值为_____________5、设函数2()xf x e ax =+在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为（）（A ）[1,)+∞（B ）(1,)-+∞（C ）[2,)-+∞（D ）(2,)-+∞6、函数2()2ln f x x x =-在其定义域内的一个子区间(1,1)k k -+内不单调，则k 的取值范围是（）（A ）[1,)+∞（B ）3[1,)2（C ）[1,2）（D ）3[,2)27、若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1(,2)2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（）（A ）(,2]-∞-（B ）(2,)-+∞（C ）1(2,)8--（D ）1(,)8-+∞8、设12x <<，则222ln ln ln ,(),x x x x x x 的大小关系是（）（A ）222ln ln ln (x x x x x x <<（B ）222ln ln ln ()x x x x x x <<（C ）222ln ln ln (x x xx x x<<（D ）222ln ln ln (x x xx x x<<9、下列命题为真命题的个数是（）①22ee >②2ln 23>③ln 1eππ<④ln 2ln 2ππ<（A ）1（B ）2（C ）3（D ）41、已知0x =是函数222()(2)(2)f x x a x a x a =-++的极小值点，则a 的范围是________2、已知1x =是函数2()(2)(0)2xk f x x e x kx k =--+>的极小值点，则k 的范围是________3、已知函数2()21ln f x x x a x =-++有两个极值点12,x x ，且12x x <，则（）（A ）212ln 2()4f x +<-（B ）212ln 2()4f x -<（C ）212ln 2()4f x +>（D ）212ln 2()4f x ->4、若函数()3xf x ae x =+在R 上有小于零的极值点，则实数a 的取值范围是（）（A ）(3,)-+∞（B ）(,3)-∞-（C ）1(,)3-+∞（D ）1(,3-∞-5、已知函数()(ln )f x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（）（A ）(,0)-∞（B ）1(0,2（C ）(0,1)（D ）(0,)+∞6、若函数2()(12)2ln (0)2ax f x a x x a =-++>在区间1(,1)2内有极值，则a 的取值范围是（）（A ）1(,)e+∞（B ）(1,+)∞（C ）(1,2)（D ）(2,)+∞7、若函数()f x 在区间A 上，对,,,(),(),()a b c A f a f b f c ∀∈为一个三角形的三条边，则称函数()f x 为“三角形函数”.已知函数()ln f x x x m =+在区间21[,]e e 上是“三角形函数”，则实数m 的取值范围为（）（A ）212(,)e e e +（B ）2(,+)e ∞（C ）1(,)e +∞（D ）22(,)e e++∞1、设函数2ln ()2xf x x ex a x=--+，若函数()f x 至少存在一个零点，则实数a 的取值范围是（）（A ）21(0,,]e e-（B ）21(0,]e e+（C ）21[,)e e-+∞（D ）21(,e e-∞+2、已知函数()2x me f x =与函数2()21g x x x =--+的图像有两个不相同的交点，则实数m的取值范围为（）（A ）[0,1)（B ）218[0,2){}e-（C ）218(0,2){}e-（D ）218(0,{}e-3、定义：如果函数()f x 在区间[,]a b 上存在1212,()x x a x x b <<<满足'1()()()f b f a f x b a -=-，'2()()()f b f a f x b a-=-，则称()f x 是[,]a b 上的“双中值函数”.已知函数32()2f x x x m =-+是[0,2]a 上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是（）（A ）11(,84（B ）11(124，）（C ）11(,)128（D ）1(,1)84、若存在正实数m ，使得关于x 的方程(244)[ln()ln ]0x a x m ex x m x ++-+-=有两个不同的根，则实数a 的取值范围是（）（A ）(,0)-∞（B ）1(0,2e （C ）1(0)(,)2e-∞+∞ （D ）1(,)2e+∞5、（2017.12成都一诊）若关于x 的方程0xx x x e m e x e ++=-有三个不相等的实数解123,,x x x ，且1230x x x <<<，其中, 2.71828...m R e ∈=为自然对数的底数，则3122312(1)(1)(1)x x x x x x e e e ---的值为（A ）e （B ）1m -（C ）1m +（D ）16、已知函数1()(31)x f x x e mx +=++，若有且仅有两个整数使得()0f x ≤，则实数m 的取值范围为（A ）5(,2)e（B ）258[,23e e--（C ）218[,)23e--（D ）5[4,2e e--。
(2021年整理)高考文科数学导数专题复习
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高考文科数学导数专题复习第1讲 变化率与导数、导数的计算知 识 梳 理1。
导数的概念（1)函数y ＝f （x )在x ＝x 0处的导数f ′（x 0）或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0）＝0lim x ∆→错误!. （2）函数f （x ）的导函数f ′（x ）＝0lim x ∆→错误!为f （x ）的导函数. 2。
导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x ）在点P (x 0，f (x 0））处的切线的斜率，过点P 的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)（x －x 0).3。
基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f ′(x ），g ′（x )存在,则有：考点一 导数的计算【例1】 求下列函数的导数：(1）y ＝e x ln x ；(2）y ＝x 错误!；解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x （ln x ）′＝e x ln x ＋e x 错误!＝错误!e x 。
（2)因为y ＝x 3＋1＋错误!， 所以y ′＝(x 3)′＋(1)′＋错误!′＝3x 2－错误!。
【训练1】 (1） 已知函数f （x )的导函数为f ′(x ），且满足f (x )＝2x ·f ′(1）＋ln x ,则f ′(1）等于( )A 。
－eB 。
－1C 。
1D 。
e解析 由f (x ）＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋错误!，∴f ′(1）＝2f ′（1）＋1,则f ′（1)＝－1。
2021-2022年高考数学一轮复习 13.3 导数的综合问题教案
2021年高考数学一轮复习 13.3 导数的综合问题教案●知识梳理1.若函数f（x）有导数，它的极值可在方程（x）=0的根处来考查，求函数y=f（x）的极值方法如下：（1）求导数（x）；（2）求方程（x）=0的根；（3）检查（x）在方程（x）=0的根的左右的值的符号，如果左负右正，那么函数y=f （x）在这个根处取得极小值；如果左正右负，那么函数y=f（x）在这个根处取得极大值.2.设y=f（x）是一多项式函数，比较函数在闭区间［a，b］内所有的极值，以及f （a）和f（b），最大者为最大值，最小者为最小值.●点击双基1.（xx年江苏，10）函数f（x）=x3－3x+1在闭区间［－3，0］上的最大值、最小值分别是A.1，－1B.1，－17C.3，－17D.9，－19解析：（x）=3x2－3=0，x=±1，f（－3）=－17，f（0）=1，f（1）=－1，f（－1）=3.答案：C2.函数f（x）=x3－3bx+3b在（0，1）内有极小值，则A.0<b<1B.b<1C.b>0D.b<解析：（x）=3x2－3b，当b>0，0<<1时，适合题意.答案：A3.已知f（x）=2x3－6x2+m（m为常数）在［－2，2］上有最大值3，那么此函数在［－2，2］上的最小值是A.－37B.－29C.－5D.以上都不对解析：（x）=6x（x－2），f（x）在（－2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数的，x=0时，f（x）=m最大.∴m=3，f（－2）=－37，f（2）=－5.答案：A4.已知函数y=x3+ax2+bx+27在x=－1处有极大值，在x=3处有极小值，则a+b=________.解析：y′=3x2+2ax+b，－1、3是3x2+2ax+b=0的两根，∴a=－3，b=－9.答案：－125.设函数f（x）=x3－－2x+5.若对任意x∈［－1，2］，都有f（x）>m，则实数m的取值范围是________.解析：（x）=3x2－x－2=0，x=1，－，f（－1）=5，f（－）=5，f（1）=3，f（2）=7.∴m<3.答案：m∈（－∞，）●典例剖析【例1】（xx年天津，20）已知函数f（x）=ax3+bx2－3x在x=±1处取得极值.（1）讨论f（1）和f（－1）是函数f（x）的极大值还是极小值；（2）过点A（0，16）作曲线y=f（x）的切线，求此切线方程.剖析：（1）分析x=±1处的极值情况，关键是分析x=±1左右（x）的符号.（2）要分清点A（0，16）是否在曲线上.解：（1）（x）=3ax2+2bx－3，依题意，（1）=（－1）=0，即解得a=1，b=0.∴f（x）=x3－3x，（x）=3x2－3=3（x+1）（x－1）.令（x）=0，得x=－1，x=1.若x∈（－∞，－1）∪（1，+∞），则（x）＞0，故f（x）在（－∞，－1）上是增函数，f（x）在（1，+∞）上是增函数.若x∈（－1，1），则（x）＜0，故f（x）在（－1，1）上是减函数.所以f（－1）=2是极大值，f（1）=－2是极小值.（2）曲线y=x3－3x，点A（0，16）不在曲线上，设切点M（x0，y0），则y0=x03－3x.∵（x0）=3x02－3，∴切线方程为y－y0=3（x02－1）（x－x0）.代入A（0，16）得16－x03+3x0=3（x02－1）（0－x0）.解得x0=－2，∴M（－2，－2），切线方程为9x－y+16=0.评述：过已知点求切线，当点不在曲线上时，求切点的坐标成了解题的关键.【例2】（xx年天津，21）已知函数f（x）=ax3+cx+d（a≠0）是R上的奇函数，当x=1时，f（x）取得极值－2.（1）求f（x）的单调区间和极大值；（2）证明：对任意x1、x2∈（－1，1），不等式|f（x1）－f（x2）|＜4恒成立.剖析：∵x∈R且f（x）是奇函数，∴f（0）=0.又x=1是极值点，∴（1）=0，由此可得函数的解析式.（1）解：由奇函数定义，应有f（－x）=－f（x），x∈R，－ax3－cx+d=－ax3－cx－d，∴d=0.因此f（x）=ax3+cx，（x）=3ax2+c.由题意知解得a=1，c=－3.∴f（x）=x3－3x，（x）=3x3－3=3（x－1）（x+1），（－1）=（1）=0.当x∈（－∞，－1）时，（x）＞0，故f（x）在单调区间（－∞，－1）上是增函数，当x∈（－1，1）时，（x）＜0，故f（x）在单调区间（－1，1）上是减函数，当x∈（1，+∞）时，（x）＞0，故f（x）在单调区间（1，+∞）上是增函数.∴（－∞，－1）和（1，+∞）为增区间；（－1，1）为减区间，x=－1时，f（－1）=2为极大值，x=－1时，f（1）=－2为极小值.（2）f（－1）=2，f（1）=－2.∵f（x）在（－1，1）上是减函数，∴对任意x1、x2∈（－1，1），有－2<f（x1）<2，－2<f（x2）<2，－4<f（x1）－f（x2）<4，即|f（x1）－f（x2）|<4.评述：由奇函数定义可知当x=0时，则有f（0）=0，即函数过原点.对于本题的第（2）问，用数形结合法较为直观.【例3】设函数f（x）=x3+mx2+nx+p在（－∞，0］上是增函数，在［0，2］上是减函数，x=2是方程f（x）=0的一个根.（1）求n的值；（2）求证：f（1）≥2.剖析：由题知x=0是极值点，那么另一个极值点在哪儿呢?是x=2吗?不一定.会在x=2的哪一侧呢?解：（1）（x）=3x2+2mx+n.∵f（x）在（－∞，0］上是增函数，在［0，2］上是减函数，∴当x=0时，f（x）取到极大值.∴（0）=0.∴n=0.（2）∵f（2）=0，∴p=－4（m+2），（x）=3x2+2mx=0的两个根分别为x1=0，x2=－，∵函数f（x）在［0，2］上是减函数，∴x2=－≥2.∴m≤－3.∴f（1）=m+p+1=m－4（m+2）+1=－7－3m≥2.评述：此题学生往往错误地认为x=2是另一个极值点.再证f（1）≥2时，首先将f（1）化成关于m的式子，知道m的范围，便可证之.【例4】对于函数y=f（x）（x∈D）若同时满足下列两个条件，则称f（x）为D上的闭函数.①f（x）在D上为单调函数；②存在闭区间［a，b］D，使f（x）在［a，b］上的值域也是［a，b］.（1）求闭函数y=－x3符合上述条件的区间［a，b］；（2）若f（x）=x3－3x2－9x+4，判断f（x）是否为闭函数.剖析：这是个知识迁移题，这类问题一般是考查学生的类比猜想能力、探索问题的能力.解：（1）∵y=－x3，∴y′=－3x2≤0.∴函数y=－x3为减函数.故即∴所求闭区间为［－1，1］.（2）（x）=3x2－6x－9.由（x）≥0，得x≥3或x≤－1.由（x）≤0，得－1≤x≤3.∴f（x）在定义域内不是单调函数.故f（x）不是闭函数.评述：这类问题是近年高考命题的一个亮点，很能考查学生的分析问题、探索问题的潜在的能力.●闯关训练夯实基础1.函数y=x4－8x2+2在［－1，3］上的最大值为A.11B.2C.12D.10解析：y′=4x3－16x=4x（x2－4）.由y′=0及x∈［－1，3］知x=0或x=2.根据单调性知f（x）max=f（3）=11.答案：A2.函数f（x）=x3+ax2+bx+c，其中a、b、c为实数，当a2－3b<0时，f（x）是A.增函数B.减函数C.常数D.既不是增函数也不是减函数解析：（x）=3x2+2ax+b，Δ=4a2－12b<0，∴（x）>0，f（x）是增函数.答案：A3.y=3x－x3的极大值是________，极小值是________.解析：f（x）在（－∞，－1）和（1，+∞）上递减，在（－1，1）上递增，f（－1）=－2为极小值，f（1）=2为极大值.答案：2 －24.（xx年北京西城区模拟题）如果函数y=f（x）的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y=f（x）在区间（－3，－）内单调递增；②函数y=f（x）在区间（－，3）内单调递减；③函数y=f（x）在区间（4，5）内单调递增；④当x=2时，函数y=f（x）有极小值；⑤当x=－时，函数y=f（x）有极大值.则上述判断中正确的是________.答案：③5.如图所示，曲线段OMB是函数f（x）=x2（0<x<6）的图象，BA⊥x轴于A，曲线段OMB 上一点M（t，f（t））处的切线P Q交x轴于P，交线段AB于Q，（1）试用t表示切线PQ的方程；（2）试用t表示△QAP的面积g（t），若函数g（t）在［m，n］上单调递减，试求出m 的最小值.解：（1）（x）=2x，∴k=2t，切线PQ的方程为y－t2=2t（x－t），即2tx－y－t2=0.（2）由（1）可求得P（，0），Q（6，12t－t2），∴g（t）=S△QAP=（6－t）（12t－t2）=t3－6t2+36t（0<t<6），g′（t）=t2－12t+36.令g′（t）<0，得4<t<12.考虑到0<t<6，∴4<t<6，即g（t）的单调减区间为（4，6）.∴m的最小值为4.6.直线y=a与函数f（x）=x3－3x的图象有三个互不相同的公共点，求a的取值范围.解：先求函数f（x）的单调区间，由（x）=3x2－3=0，得x=±1.当x<－1或x>1时，（x）>0；当－1<x<1时，（x）<0.∴在（－∞，－1）和（1，+∞）上，f（x）=x3－3x是增函数；在（－1，1）上，f（x）=x3－3x是减函数，由此可以作出f（x）=x3－3x的草图（如图）.由图可知，当且仅当－2<a<2时，直线y=a与函数f（x）=x3－3x的图象有三个互不相同的公共点.培养能力7.已知函数f（x）=4x3+ax2+bx+5的图象在x=1处的切线方程为y=－12x.（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数f（x）在［－3，1］上的最值.解：（1）（x）=12x2+2ax+b，（1）=12+2a+b=－12. ①又x=1，y=－12在f（x）的图象上，∴4+a+b+5=－12. ②由①②得a=－3，b=－18，∴f（x）=4x3－3x2－18x+5.（2）（x）=12x2－6x－18=0，得x=－1，，f（－1）=16，f（）=－，f（－3）=－76，f（1）=－13.∴f（x）的最大值为16，最小值为－76.8.已知实数a>0，函数f（x）=ax（x－2）2（x∈R）有极大值32.（1）求实数a的值；（2）求函数f（x）的单调区间.解：（1）∵f（x）=ax（x－2）2=ax3－4ax2+4ax，∴（x）=3ax2－8ax+4a.由（x）=0，得3ax2－8ax+4a=0.∵a≠0，∴3x2－8x+4=0.解得x=2或x=.∵a>0，∴x<或x>2时，（x）>0；<x<2时，（x）<0.∴当x=时，f（x）有极大值32，即a－a+a=32，∴a=27.（2）f（x）在（－∞，）和（2，+∞）上是增函数，在（，2）上是减函数.9.已知f（x）=ax5－bx3+c（a>0）在x=±1处有极值，且极大值为4，极小值为0，试确定a、b、c的值.解：已知f（x）=ax5－bx3+c，所以（x）=5ax4－3bx2=x2（5ax2－3b）.根据题意（x）=0应有根x=±1，故5a=3b.所以（x）=5ax2（x2－1）.x（－∞，－1）－1 （－1，1） 1 （1，+∞）（x）+ 0 －0 +f（x）极大值极小值①+②得c=2，①－②得b=a+2.又5a=3b，所以a=3，b=5，c=2.探究创新10.有点难度哟！（xx年全国）用总长14.8 m的钢条作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5 m，那么高为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积.解：设容器底面短边长为x m，则另一边长为（x+0.5） m，高为=3.2－2x（m）.由3.2－2x>0和x>0得0<x<1.6.设容器的容积为y m3，则有y=x（x+0.5）（3.2－2x）（0<x<1.6），整理，得y=－2x3+2.2x2+1.6x.∴y′=－6x2+4.4x+1.6.令y′=0，有－6x2+4.4x+1.6=0，即15x2－11x－4=0.解得x1=1或x2=－（不合题意，舍去）.从而在定义域（0，1.6）内只有在x=1处使得y′=0.因此，当x=1时，y取得最大值且y max=－2+2.2+1.6=1.8，这时，高为3.2－2×1=1.2.●思悟小结1.（x0）=0是x0为可导函数f（x）的极值点的必要不充分条件，如函数y=x3在x=0处.2.函数f（x）在极值点不一定可导，如函数y=|x|在x=0处.3.注意极值与最值的关系，理解若只有一个极值则必为最值.4.体会数形结合、函数、方程思想在本章的运用.●教师下载中心教学点睛1.导数的基本应用如下表：2.应用导数解决实际问题，关键是要建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在区间①②内只有一个点使（x）=0，此时函数在这点有极大（小）值，那么不与端点比较，也可以知道这就是最大（小）值.拓展题例【例1】函数y=2x3+3x2－12x+14在［－3，4］上的最大值为________，最小值为________.解析：y′=6x2+6x－12=0.x=1，－2，f（－3）=20，f（－2）=34，f（1）=7，f（4）=142.答案：142 7【例2】设x=－2与x=4是函数f（x）=x3+ax2+bx的两个极值点.（1）求常数a、b；（2）判断x=－2，x=4是函数f（x）的极大值点还是极小值点，并说明理由.解：（1）（x）=3x2+2ax+b.由极值点的必要条件可知x=－2和x=4是方程（x）=0的两根，则a=－3，b=－24.（2）（x）=3（x+2）（x－4），得当x<－2时，（x）>0；当－2<x<4时，（x）<0.∴x=－2是f（x）的极大值点.当x>4时，（x）>0，则x=4是f（x）的极小值点。
(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第5讲导数与函数零点、不等式问题学案
第5讲 导数与函数零点、不等式问题高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考察的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考察函数的零点(方程的根)、比拟大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．真 题 感 悟(2021·浙江卷)函数f (x )＝x －ln x .(1)假设f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)假设a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 证明 (1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由根本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，那么g ′(x )＝14x (x －4)，所以x >0时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：x (0，16) 16 (16，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )2－4ln 2所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，那么f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，那么h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g 〔x 〕－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．考 点 整 合1．利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解． 2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x →∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的零点分布情况如下：(1)利用导数证明不等式．假设证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果能证明F (x )在(a ，b )上的最大值小于0，即可证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )．(2)利用导数解决不等式的“恒成立〞与“存在性〞问题．①f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立I 是f (x )>g (x )的解集的子集[f (x )－g (x )]min >0 (x ∈I )．②x ∈I ，使f (x )>g (x )成立I 与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集[f (x )－g (x )]max >0(x∈I )．③对x 1，x 2∈I 使得f (x 1)≤g (x 2)f (x )max ≤g (x )min . ④对x 1∈I ，x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2)f (x )min ≥g (x )min .温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的构造特点和条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2021·全国Ⅱ卷)函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)假设a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减．(2)证明 由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，那么g ′(x )＝x 2〔x 2＋2x ＋3〕〔x 2＋x ＋1〕2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题．第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进展讨论．【训练1】 设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，假设函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围． 解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∵f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：∴当c >0且c －27<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．热点二 利用导数求解不等式问题 [考法1] 证明不等式【例2－1】 (2021·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f 〔x 1〕－f 〔x 2〕x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)假设a ≤2，那么f ′(x )≤0， 当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (ⅱ)假设a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，那么x 2f 〔x 1〕－f 〔x 2〕x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f 〔x 1〕－f 〔x 2〕x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f 〔x 1〕－f 〔x 2〕x 1－x 2<a －2.[考法2] 不等式恒成立问题【例2－2】 函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)．(1)设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ，求φ(x )的最小值；(2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)．那么φ′(x )＝a x －ax 2＝a 〔x －1〕x 2， 令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0. ∴φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 故φ(x )在x ＝1处取得极小值，也是最小值． ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0.(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x.令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，那么g ′(x )＝ln x －x －1x 〔ln x 〕2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，那么h ′(x )＝1x －1x2>0. 故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增， 那么g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1， 所以实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)． [考法3] 存在性不等式成立问题【例2－3】 函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，假设存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝〔x －1〕〔x －a 〕x2. ①假设a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，那么f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②假设1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数． 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值． 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 那么g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .探究提高 1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性． (2)对于含参数的不等式，如果易别离参数，可先别离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否那么应进展分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．2．“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；假设存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．【训练2】 (2021·全国Ⅱ卷)函数f (x )＝e x －ax 2. (1)假设a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)假设f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，那么g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0，2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①假设h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②假设h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③假设h (2)<0，即a >e24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3〔e 2a 〕2>1－16a 3〔2a 〕4＝1－1a>0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1．重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解．2．对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件．3．利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的根本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (xh (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口．4．不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)别离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于别离的情况下，采用别离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于别离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论．(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，那么f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R解析 设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，那么g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}． 答案 C2．假设关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，那么m 的取值范围是( ) A ．(－∞，7] B ．(－∞，－20] C ．(－∞，0]D ．[－12，7]解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，那么f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， ∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20. 答案 B3．(2021·宁波联考)函数f (x )的定义域为[－1，4]，局部对应值如下表：x －1 0 2 3 4 f (x )122f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下图．当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如下图．由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案 D4．(2021·金华十校联考)函数f (x )＝ln x x，那么( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析 f (x )的定义域(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f (e)＝1e.又f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96所以f (e)>f (3)>f (2)． 答案 D5．y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f 〔x 〕x ＞0，假设g (x )＝f (x )＋1x，那么函数g (x )的零点个数为( ) A ．1B ．2C ．0D ．0或2解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′〔x 〕＋f 〔x 〕x ＞0，所以h ′〔x 〕x＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h 〔x 〕＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C6．函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，假设f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，那么实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )>0，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a <0时，需使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，那么a 2>4，所以a <－2.答案 C 二、填空题7．(2021·湖州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，那么实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a＜0.答案 (－4，0)8．(2021·舟山调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，那么不等式f 〔x 〕ex<1的解集为________．解析 令g (x )＝f 〔x 〕ex，那么g ′(x )＝e x·f ′〔x 〕－〔e x〕′·f 〔x 〕〔e x 〕2＝f ′〔x 〕－f 〔x 〕e x. 由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f 〔x 〕ex在R 上单调递减．又g (0)＝f 〔0〕e＝1，所以f 〔x 〕ex<1，即g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式的解集为{x |x >0}． 答案 {x |x >0}9．(2021·绍兴调研)f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，设m <－2，假设x 1∈[m ，－2)，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，那么实数m 的最小值为________． 解析 ∵g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，∴g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)． 那么当0<x <1时，g ′(x )<0，函数g (x )递减；当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2.∵f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6，结合函数图象知，当f (x )＝2时，方程两根分别为－5和－1，那么m 的最小值为－5. 答案 －5 三、解答题10．(2021·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)解 f ′(x )＝－ax 2＋〔2a －1〕x ＋2e x，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明 当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x.令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，那么g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1.当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g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0.11．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：假设f (x )存在零点，那么f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 〔1－ln k 〕2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 〔1－ln k 〕2.因为f (x )存在零点，所以k 〔1－ln k 〕2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，假设f (x )存在零点，那么f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．12．(2021·北京东城区质检)函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解 f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，∴f ′(x )>00<x <1，f ′(x )<0x >1，∴f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解 由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)．∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.综上，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.(3)证明 要证ln e 2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0， ∴1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．13．(2021·台州模拟)函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，假设函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1x 2＋(1－a )x ＋1＝0.由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点． (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x ，那么由题意知函数y ＝a 与y ＝x ＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点． 令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，那么h ′(x )＝〔x －1〕〔x ＋2〕x2. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比拟可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝a 与y ＝x＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点，即函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．14．(2021·稽阳联谊学校高三联考)设f (x )＝x －a －1x－a ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线方程； (2)当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内是否存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立？ 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋ln 2，f ′(x )＝1－1x，所以曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12＋ln 2处的切线的斜率为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－112＝－1. 故所求切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋ln 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 即x ＋y －ln 2－1＝0.(2)假设当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立， 那么只需证明当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )max >e －1即可． f ′(x )＝1＋a －1x 2－a x ＝x 2－ax ＋〔a －1〕x 2＝〔x －1〕[x －〔a －1〕]x2(x >0)， 令f ′(x )＝0得，x 1＝1，x 2＝a －1，当a <1时，a －1<0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，e)时 ，f ′(x )>0.∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， ∴f (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f 〔e 〕.于是，只需证明f (e)>e －1或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >e －1即可．∵f (e)－(e －1)＝e －a －1e －a －(e －1)＝〔e ＋1〕〔1－a 〕e>0，∴f (e)>e －1成立． 所以假设正确，即当a <1时，在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内至少存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立．。
高考必做导数压轴题
祝愿各位考生获得成功！ ◇导数专题目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
2021届山东高考数学教学案：解专项突破(一) 导数的综合应用问题含解析
2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（一）导数的综合应用问题含解析解答题专项突破(一)导数的综合应用问题函数与导数是高中数学的重要内容之一，常与其他知识相结合，形成难度不同的各类综合题型，常涉及的问题有：研究函数的性质（如函数的单调性、极值、最值)、研究函数的零点（或方程的根、曲线的交点)、求参数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等．题型多变，属中、高档难度．热点题型1导数的几何意义的应用,典例)（2019·孝感高中期中）已知函数f（x)＝x3－x.(1）求曲线y＝f(x）在点M(1，0)处的切线方程；（2)如果过点(1，b)可作曲线y＝f(x）的三条切线,求实数b的取值范围．解题思路(1)求f′（x)→求斜率k＝f′(1)→用点斜式写出切线方程．（2)设切点坐标为(x0，x错误!－x0）→写出切线方程→点(1，b)代入切线方程得关于x0的方程→依据此方程有三个不同的实数解,求b的取值范围．规范解答(1)f′（x）＝3x2－1,∴f′(1）＝2。
故切线方程为y－0＝2（x－1)，即2x－y－2＝0.(2)设切点为（x0，x错误!－x0）,则切线方程为y－(x错误!－x0)＝f′（x0)（x－x0）．又切线过点(1，b），所以(3x错误!－1）(1－x0)＋x错误!－x0＝b,即2x错误!－3x错误!＋b＋1＝0.由题意，上述关于x0的方程有三个不同的实数解．记g(x)＝2x3－3x2＋b＋1,则g（x）有三个不同的零点，而g′（x)＝6x(x－1），令g′（x)＝0得x＝0或x＝1，则结合图象可知g（0)g（1)〈0即可，可得b∈（－1,0）．热点题型2利用导数研究函数的性质,典例)已知函数f（x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a〉0），记f′（x)为f(x）的导函数．(1)若f(x）的极大值为0，求实数a的值;(2）若函数g(x)＝f（x）＋6x,求g(x）在［0,1］上取到最大值时x的值．解题思路（1）求f′(x）→解f′(x)＝0→用所得解分割定义域→逐个区间分析f′（x）的符号，得f（x）的单调性→求极大值→根据极大值为0列方程求a。
2021高考数学押题专练导数(解析版)
，
f 2k
sin 2k
e
2
2
k
e2
2k
0.
由零点存在定理及 f x 的单调性，知存在唯一的 x1 x0, 2k ，使得 f x1 0 .
从而，当
x
2k
2
,
x1
时，
f x
f x1 0 ，
f
x 单调递减；
当 x x1, 2kπ π 时， f x f x1 0 ， f x 单调递增.
x
2k
2
,
x0
时，
f
x
f x0
0，
f
x 单调递减；
当 x x0, 2k 时， f x f x0 0 ， f x 单调递增.
f
2k
2
sin
2k
2
e2
2k
2
e2k
1
e0
1
0，
f
x
在
2k
2
,2k
上的最小值
f
x
min
f x0
f
2k
2
0
f
2k
2
cos
2k
2
1
e2
2k
2
1 e2k
1 e0
0，
f
2k
cos 2k
1
e2
2
k
e 2
2
k
0，
f
x 在 2k
2
, 2k
上的最小值
f
x
min
f
x1
f
2k
0.
由零点存在定理及
f
x
的单调性，知
f