高考数学答题技巧汇总

导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)＝c f′(x)＝0f(x)＝x n(n∈R)f′(x)＝nx n－1f(x)＝sin x f′(x)＝cos xf(x)＝cos x f′(x)＝－sin xf(x)＝a x(a＞0且a≠1)f′(x)＝a x ln af(x)＝e x f′(x)＝e xf(x)＝log a x(a＞0且a≠1)f′(x)＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝u ′x v x －u x v ′x [v x ]2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． (2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x'=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P处的切线垂直，则P 的坐标为________． 解析 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________． 【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． 2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解． 题型二、利用导数研究函数的单调性 【例2】已知函数f (x )＝2e x－kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x>2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln k2，＋∞内单调递增． 校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x <6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．(1)求m 的值； 校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x ＝4时，y ＝21， 代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，得 m2＋16＝21，解得m ＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2， 所以每日销售套题所获得的利润f (x )＝(x －2)10x －2＋4(x －6)2＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)，从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)． 令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(103，6)上，f ′(x ) <0，函数f (x )单调递减，所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时， 网校每日销售套题所获得的利润最大．【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去． 题型五 利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0； ②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明：(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立. 证明 (1)f ′(x )＝a e axsin x ＋e axcos x ＝e ax(a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)， 其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π， 即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ， 则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值， 所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)． 此时，f (x n )＝ea (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1e a (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜ea （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0)．设g (t )＝ett (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减； 当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1. 而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知，π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a .故(*)式亦恒成立． 综上所述，若a ≥1e 2－1， 则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立．【变式探究】(2015·福建，20)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 )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t ＞0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. (1)证明 令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋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)证明 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，＋∞)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)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 )． (3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈ (0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )，故g (x )＞f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x ) ＝kx －ln(1＋x )．M (x )＝kx －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)．则有M ′(x )＝k －11＋x －2x＝－2x 2＋（k －2）x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4时，M ′(x )＞0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4上单调递增，故M (x )＞M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|＞x 2，所以满足题意的t 不存在． 当k ＜1时，由(2)知，存在x 0＞0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )＞g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx .令N (x )＝ln(1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)． 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－（k ＋2）x ＋1－k x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4时，N ′(x )＞0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4上单调递增，故N (x )＞N (0)＝0，即f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x ＞0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x )， 令H (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x ＞0时，H ′(x )＜0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故H (x )＜H (0)＝0.故当x ＞0时，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.法二 (1)(2)证明 同法一．(3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈(0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2，解得0＜x ＜k －1.从而得到，当k ＞1时，对于x ∈(0，k －1)， 恒有|f (x )－g (x )|＞x 2， 故满足题意的t 不存在．当k ＜1时，取k 1＝k ＋12，从而k ＜k 1＜1，由(2)知，存在x 0＞0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x ，令1－k 2x ＞x 2，解得0＜x ＜1－k 2，此时f (x )－g (x )＞x 2. 记x 0与1－k 2的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x ＞0，|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝x －ln(1＋x )， 令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x ＞0时，M ′(x )＜0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )＜M (0)＝0.故当x ＞0时， 恒有|f (x )－g (x )|＜x 2，此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.题型六 函数与导数的综合问题【例6】(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈ (－∞，1)，f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 22x －＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e 2x ＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e 22x －－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0. 从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.【举一反三】 (2015·广东，19)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.(1)解 f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)． (2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a－a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0， ∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增， ∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． (3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x，设P (x 0，y 0)， 则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0， ∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，∴k OP ＝a －2e.f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m－1. 令g ′(x )>0，则m >0， ∴g (m )在(0，＋∞)上增． 令g ′(x )<0，则m <0， ∴g (m )在(－∞，0)上减． ∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m≥m ＋1. ∴e m(m ＋1)2≥(m ＋1)3， 即a －2e≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e－1. 【变式探究】设函数f (x )＝xe2x＋c (e ＝2.718 28…是自然对数的底数，c ∈R )．(1)求f (x )的单调区间、最大值．(2)讨论关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数． 【解析】解 (1)f ′(x )＝e 2x－2x e 2xe 2x 2＝1－2xe 2x ，由f ′(x )>0得x <12，由f ′(x )<0得x >12.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e ＋c .(2)由已知|ln x |＝f (x )得|ln x |－xe 2x ＝c ，x ∈(0，＋∞)， 令g (x )＝|ln x |－xe2x ，y ＝c .①当x ∈(1，＋∞)时，ln x >0，则g (x )＝ln x －xe 2x .所以g ′(x )＝1x ＋2x －1e 2x >0.所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增．②当x ∈(0,1)时，ln x <0，则g (x )＝－ln x －xe2x .所以g ′(x )＝－1x －1－2x e 2x ＝1e 2x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e2xx＋2x －1.因为e 2x∈(1，e 2)，e 2x>1>x >0，所以－e2xx<－1，而2x －1<1.所以g ′(x )<0，即g (x )在(0,1)上单调递减．由①②可知，当x ∈(0，＋∞)时，g (x )≥g (1)＝－1e 2.由数形结合知，当c <－1e 2时，方程|ln x |＝f (x )根的个数为0；当c ＝－1e 2时，方程|ln x |＝f (x )根的个数为1；当c >－1e2时，方程|ln x |＝f (x )根的个数为2.【规律方法】(1)本题第(1)问，利用了函数单调的充分条件：“若f ′(x )>0，则f (x )单调递增，若f ′(x )<0，则f (x )单调递减”；求出函数的单调区间，而对于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定存在最值，在开区间上函数不一定存在最值，若存在，一定是极值．(2)本题第(2)问，借助转化与数形结合的思想，把方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数，利用极值解决问题．导数的热点问题【2019年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f (x )＝a e 2x－a e x －x e x(a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立． (1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x－e x －x e x，f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x－x －2，则h ′(x )＝2e x－1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数， ∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0， ∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数， ∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数， 当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数， 当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0， 即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0， 且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x －x 0－2＝0，∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)，∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14； ∵ln 12e∈(－2，－1)，∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2；综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 【变式探究】已知函数f (x )＝ax －ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1.(1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)，①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a >0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x e ax －1＝x eax －1－ax －ln x ，则g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝ax ＋1x e ax －1－1x(x >0)，设r (x )＝x eax －1－1(x >0)，则r ′(x )＝(1＋ax )e ax －1(x >0)，∵eax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减．∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2，∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，设t ＝－1a∈(]0，e 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，h ′(t )＝1e 2－1t≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0； ∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x eax －1.题型二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、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，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，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，则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，＋∞)上单调递减． 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，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h (2)<0，即a >e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点； 由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a 32a 4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.【感悟提升】(1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势． 【变式探究】设函数f (x )＝e x－2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x－1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x＋1x ＋a2>0，知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增． 又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x －1x 0＋a＝0，于是0e x ＝1x 0＋a，x 0＝－ln ()x 0＋a . 当－a <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．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x －2a －ln ()x 0＋a＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号． 由0<a <23，得2－3a >0，∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元． (1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx－1.所以y ＝f (x )＝32n ＋(n ＋1)(2＋x )x＝32⎝⎛⎭⎪⎫mx－1＋mx(2＋x )x ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＋x ＋2m －32(0<x <m )． (2)当m ＝96时，f (x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＋x ＋160，则f ′(x )＝96⎝⎛⎭⎪⎫12x －32x 2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x )＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x <16时，f ′(x )<0，f (x )在区间(0,16)内为减函数； 当16<x <96时，f ′(x )>0，f (x )在区间(16,96)内为增函数， 所以f (x )在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：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)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2 ＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x <169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.不等式【2019年高考考纲解读】 高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等式是C 级要求，线性规划是A 级要求．(2)基本不等式是C 级要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面的重要应用．试题类型可能是填空题，同时在解答题中经常与函数、实际应用题综合考查，构成中高档题.【重点、难点剖析】 1．不等式的解法(1)求解一元二次不等式的基本思路：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再求相应一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a >0)的根，最后根据相应二次函数图象与x 轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．(2)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因．确定好分类标准、层次清楚地求解． 2．基本不等式(1)基本不等式a 2＋b 2≥2ab 取等号的条件是当且仅当a ＝b . (2)几个重要的不等式：①ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )． ②a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab ≥2aba ＋b(a ＞0，b ＞0)． ③a ＋1a≥2(a ＞0，当a ＝1时等号成立)．④2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2(a ，b ∈R ，当a ＝b 时等号成立)． (3)最值问题：设x ，y 都为正数，则有①若x ＋y ＝s (和为定值)，则x ＝y 时，积xy 取得最大值s 24；②若xy ＝p (积为定值)，则当x ＝y 时，和x ＋y 取得最小值2p . 3．不等式的恒成立、能成立、恰成立问题 (1)恒成立问题若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )min >A ； 若不等式f (x )<B 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )max <B ； (2)能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )>A 成立，则等价于在区间D 上f (x )max >A ； 若在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )<B 成立，则等价于在区间D 上f (x )min <B ； (3)恰成立问题若不等式f (x )>A 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )>A 的解集为D ； 若不等式f (x )<B 在区间D 上恰成立，则等价于不等式f (x )<B 的解集为D .4．使用基本不等式以及与之相关的不等式求一元函数或者二元函数最值时，基本的技巧是创造使用这些不等式的条件，如各变数都是正数，某些变数之积或者之和为常数等，解题中要根据这个原则对求解目标进行适当的变换，使之达到能够使用这些不等式求解最值的目的．在使用基本不等式求函数的最值、特别是求二元函数最值时一定要注意等号成立的条件，尽量避免二次使用基本不等式．5．平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集．线性目标函数z ＝ax ＋by 中的z 不是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，把目标函数化为y ＝－ab x ＋z b ，可知z b是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，要根据b 的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值. 【题型示例】题型一、不等式的解法及应用【例1】（2018年全国I 卷理数）已知集合，则A. B.C. D.【答案】B 【解析】解不等式得，所以，所以可以求得，故选B.【变式探究】【2017浙江，4】若x ，y 满足约束条件，则y x z 2+=的取值范围是A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，)∞+D ．[4，)∞+【答案】D【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D ．【变式探究】【2016高考新课标1卷】若,则( ) （A ）c c a b < （B ）c c ab ba < （C ） （D ）【答案】C【解析】用特殊值法，令3a =，2b =，12c =得112232>，选项A 错误，，选项B 错误，，选项C 正确，，选项D 错误，故选C ．【感悟提升】(1)对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进行转化；(2)求解一元二次不等式的步骤：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集；(3)含参数的不等式的求解，要对参数进行分类讨论．【举一反三】(2015·江苏，7)不等式2x 2－x ＜4的解集为________． 【解析】∵2x 2－x ＜4＝22，∴x 2－x ＜2，即x 2－x －2＜0，解得－1<x <2. 【答案】{x |－1＜x ＜2}【变式探究】若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列结论正确的是( ) A ．ac 2<bc 2B ．1a <1bC ．b a >a bD ．a 2>ab >b 2【解析】∵c 为实数，∴取c ＝0，得ac 2＝0，bc 2＝0，此时ac 2＝bc 2，故选项A 不正确；1a－1b＝b －a ab，∵a <b <0，∴b －a >0，ab >0，∴b －a ab>0，即1a >1b，故选项B 不正确；∵a <b <0，∴取a ＝－2，b ＝－1，则b a ＝－1－2＝12，a b ＝2，此时b a <ab ，故选项C 不正确；∵a <b <0，∴a 2－ab ＝a (a －b )>0，∴a 2>ab ，又∵ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，故选项D 正确，故选D ．【答案】D【方法技巧】解不等式的四种策略(1)解一元二次不等式的策略：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．(2)解简单的分式不等式的策略：将不等式一边化为0，再将不等式等价转化为整式不等式(组)求解．(3)解含指数、对数不等式的策略：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解．(4)解含参数不等式的策略：根据题意确定参数分类的标准，依次讨论求解．【变式探究】 (1)若不等式x 2＋ax ＋1≥0对于一切x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12成立，则a 的取值范围是________．(2)已知一元二次不等式f (x )<0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－1，或x >12，则f (10x )>0的解集为______．【答案】(1)[－52，＋∞) (2){x |x <－lg 2}【规律方法】解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图象的开口方向，再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号，有时还需要考虑其对称轴的位置，根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解． 题型二、线性规划问题【例2】（2018年全国I卷理数）若，满足约束条件，则的最大值为_____________．【答案】6【解析】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知当直线过点B时，z取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.【举一反三】（2018年全国Ⅱ卷理数）若满足约束条件则的最大值为__________．【答案】9【解析】作可行域，则直线过点A(5,4)时取最大值9.【变式探究】(2018·天津卷)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤5，2x －y ≤4，－x ＋y ≤1，y ≥0，则目标函数z＝3x ＋5y 的最大值为( ) A ．6 B ．19 C ．21 D ．45【解析】由变量x ，y 满足的约束条件画出可行域(如图中阴影部分所示)．作出初始直线l 0：3x ＋5y ＝0，平移直线l 0，当直线经过点A (2,3)时，z 取最大值，即z max ＝3×2＋5×3＝21，故选C ． 【答案】C【变式探究】【2017北京，理4】若x，y满足32xx yy x≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，，，则x + 2y的最大值为（A）1 （B）3（C）5 （D）9【答案】D【解析】如图，画出可行域，2z x y=+表示斜率为12-的一组平行线，当过点()3,3C时，目标函数取得最大值，故选D.【变式探究】【2016年高考北京理数】若x，y满足203x yx yx-≤⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则2x y+的最大值为（）A.0B.3C.4D.5【答案】C【解析】作出如图可行域，则当yxz+=2经过点P时，取最大值，而)2,1(P，∴所求最大值为4，故选C.【感悟提升】(1)线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是确定目标函数中的字母系数的取值范围．(2)一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．【举一反三】已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧2x －y ≥0，y ≥x ，y ≥－x ＋b ，若z ＝2x ＋y 的最小值为3，则实数b ＝( ) A ．94 B ．32 C ．1 D ．34【解析】作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分所示． 由z ＝2x ＋y 得y ＝－2x ＋z ， 平移初始直线y ＝－2x ，由图可知当直线y ＝－2x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－2x ＋z 的纵截距最小，此时z 最小，为3，即2x ＋y ＝3.由⎩⎨⎧2x ＋y ＝3，y ＝2x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34，y ＝32，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，32，又点A 也在直线y ＝－x ＋b 上，即32＝－34＋b ，∴b ＝94.故选A ．【答案】A【变式探究】(1)设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y －7≤0，x －3y ＋1≤0，3x －y －5≥0，则z ＝2x －y 的最大值为( )A ．10B ．8C ．3D ．2(2)(2014·浙江)当实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋2y －4≤0，x －y －1≤0，x ≥1时，1≤ax ＋y ≤4恒成立，则实数a 的取值范围是________．【命题意图】(1)本题主要考查线性规划问题的求解，意在考查考生的数形结合能力与运算求解能力．(2)本题主要考查线性规则、不等式恒成立问题，考查考生的数形结合与运算求解能力．【答案】(1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32 【解析】(1)作出可行域如图中阴影部分所示，由z ＝2x －y 得y ＝2x －z ，作出直线y ＝2x ，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点B (5,2)时，对应的z 值最大．故z max ＝2×5－2＝8.(2)作出题中线性规划条件满足的可行域如图中阴影部分所示，令z ＝ax ＋y ，即y ＝－ax ＋z .作直线l 0：y ＝－ax ，平移l 0，最优解可在A (1,0)，B (2,1)，C ⎝⎛⎭⎪⎫1，32处取得．故由1≤z ≤4恒成立，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧1≤a ≤4，1≤2a ＋1≤4，1≤a ＋32≤4，解得1≤a ≤32.【感悟提升】1．线性规划问题的三种题型(1)求最值，常见形如截距式z ＝ax ＋by ，斜率式z ＝x －b x －a，距离式z ＝(x －a )2＋(y －b )2. (2)求区域面积．(3)由最优解或可行域确定参数的值或取值范围． 2．解答线性规划问题的步骤及应注意的问题(1)解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数所表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．(2)画可行域时应注意区域是否包含边界．(3)对目标函数z ＝Ax ＋By 中的B 的符号，一定要注意B 的正负与z 的最值的对应，要结合图形分析．题型三、基本不等式及其应用例3、【2017山东，理7】若0a b >>，且1ab =，则下列不等式成立的是（A ） （B ）（C ） （D ）【答案】B【解析】因为0a b >>，且1ab =，所以，所以选B.【变式探究】【2016高考天津理数】设变量x ，y 满足约束条件则目标函数25z x y =+的最小值为（ ）（A ）4- （B ）6 （C ）10 （D ）17【答案】B【解析】可行域为一个三角形ABC 及其内部，其中，直线z 25x y =+过点B 时取最小值6，选B.【感悟提升】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误． 【举一反三】(1)已知不等式x ＋2x ＋1<0的解集为{x |a <x <b }，点A (a ，b )在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中mn >0，则2m ＋1n的最小值为( )A ．4 2B ．8C ．9D ．12(2)要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元)． 【命题意图】(1)本题主要考查解分式不等式、均值不等式等基础知识，对学生的转化思想、运算能力有一定要求．(2)本题主要考查空间几何体的表面积、基本不等式等基础知识，意在考查考生处理实际问题的能力、空间想象能力和运算求解能力． 【答案】(1)C (2)160 【解析】(1)易知不等式x ＋2x ＋1<0的解集为(－2，－1)，所以a ＝－2，b ＝－1，则2m ＋n ＝1，2m ＋1n ＝(2m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1n ＝5＋2m n ＋2n m ≥5＋4＝9当且仅当m ＝n ＝13时取等号，所以2m ＋1n 的最小值为9.设该容器的总造价为y 元，长方体的底面矩形的长为x m ，因为无盖长方体的容积为4 m 3，。