2014年-高三数学高考总复习：15-导数的综合应用-(理)-配套相应练习与解析(基础)知识梳理

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2024高考数学习题导数的综合运用训练册

考点1 利用导数证明不等式考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题考点3 利用导数研究函数零点问题目录综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数的综合运用训练册考点1　利用导数证明不等式1.(2023天津,20节选,中)已知函数f (x )= ln(x +1).(1)求曲线y =f (x )在x =2处切线的斜率;(2)当x >0时,证明: f (x )>1.112x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭解析 (1)f '(x )= - ln(x +1),故曲线y =f (x )在x =2处的切线斜率为f '(2)= - .(2)指数找朋友法.证明:当x >0时, f (x )>1⇔ln(x +1)- >0,令g (x )=ln(x +1)- ,x >0,g '(x )= >0,故g (x )在(0,+∞)上单调递增,因此g (x )>g (0)=0,原不等式得证.22(1)x x x ++21x13ln 3422x x +22x x +22(1)(2)x x x ++2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +ax 2+(2a +1)x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)当a <0时,证明f (x )≤- -2.34a解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= +2ax +2a +1= .若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0,故f (x )在(0,+∞)单调递增.若a <0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0,故f (x )在单调递增,在单调递减.(2)证明:由(1)知,当a <0时, f (x )在x =- 取得最大值,最大值为f =ln -1- .1x (1)(21)x ax x++10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a所以f (x )≤- -2等价于ln -1- ≤- -2,即ln + +1≤0.设g (x )=ln x -x +1,则g '(x )= -1.当x ∈(0,1)时,g '(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g '(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln + +1≤0,即f (x )≤- -2.34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a 34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a1x12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a34a3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f (x )=ln(a -x ),已知x =0是函数y =xf (x )的极值点.(1)求a ;(2)设函数g (x )= .证明:g (x )<1.()()x f x xf x +解析 (1)第一步,利用x =0是函数y =xf (x )的极值点求a .由题意得y =xf (x )=x ln(a -x ),x ∈(-∞,a ),∴y '=ln(a -x )+x · ·(-1)=ln(a -x )- ,∵x =0是函数y =xf (x )的极值点,∴ln(a -0)- =0,可得a =1.1a x -x a x -00a -第二步,证明求出的a 满足条件.当a =1时,y '=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),令p (x )=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),1x x -1x x-则p '(x )= - = ,易知当x ∈(-∞,1)时,p '(x )<0恒成立.∴p (x )在(-∞,1)上为减函数,又p (0)=0,∴当x ∈(-∞,0)时,p (x )>0;当x ∈(0,1)时,p (x )<0,∴函数y =xf (x )=x ln(1-x )在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.∴当a =1时,x =0是函数y =xf (x )的极值点.∴a =1.11x -21(1)x -22(1)x x --(2)证明:由(1)知a =1,∴f (x )=ln(1-x ),x ∈(-∞,1),当x ∈(0,1)时, f (x )=ln(1-x )<0,∴xf (x )<0;当x ∈(-∞,0)时, f (x )=ln(1-x )>0,∴xf (x )<0,∴要证g (x )= <1(g (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x +f (x )>xf (x ).只需证x +ln(1-x )>x ln(1-x ),只需证x +(1-x )ln(1-x )>0,令h (x )=x +(1-x )ln(1-x ),x <1且x ≠0,()()x f x xf x则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.∴g(x)<1.4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f (x )=x (1-ln x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且b ln a -a ln b =a -b ,证明:2< + <e.1a 1b解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=-ln x ,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以函数f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由b ln a -a ln b =a -b 得 (1+ln a )= (1+ln b ),即 = ,令x 1= ,x 2= ,则x 1,x 2为f (x )=k 的两个实根,当x →0+时,f (x )→0+,当x →+∞时, f (x )→-∞,且f (1)=1,故k ∈(0,1),不妨令x 1∈(0,1),x 2∈(1,e),则2-x 1>1,e-x 1>1,先证明x 1+x 2>2,即证x 2>2-x 1,即证f (x 2)=f (x 1)<f (2-x 1).1a 1b 1a 11ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b 11ln b ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a 1b令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x) =-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x 1+x 2<e.设x 2=tx 1,则t >1,结合 = , =x 1, =x 2可得x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),即1-ln x 1=t (1-ln t -ln x 1),故ln x 1= ,要证x 1+x 2<e,即证(t +1)x 1<e,即证ln(t +1)+ln x 1<1,即证ln(t +1)+ <1,即证(t -1)ln(t +1)-t ln t <0,令S (t )=(t -1)ln(t +1)-t ln t ,t >1,ln 1a a +ln 1b b +1a 1b1ln 1t t t t ---1ln 1t t t t ---则S '(t )=ln(t +1)+ -1-ln t =ln - .因为ln(x +1)≤x (x >-1,当且仅当x =0时等号成立),所以可得当t >1时,ln ≤ < ,故S '(t )<0恒成立,故S (t )在(1,+∞)上为减函数,故S (t )<S (1)=0,故(t -1)ln(t +1)-t ln t <0成立,即x 1+x 2<e 成立.综上所述,2< + <e.11t t -+11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭21t +11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1t 21t +1a 1b考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x , f '(x )为f (x )的导数.(1)证明: f '(x )在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x ∈[0,π]时, f (x )≥ax ,求a 的取值范围.解析 (1)证明:设g (x )=f '(x ),则g (x )=cos x +x sin x -1,g '(x )=x cos x .当x ∈ 时,g '(x )>0;当x ∈ 时,g '(x )<0,所以g (x )在上单调递增,在上单调递减.0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭又g (0)=0,g >0,g (π)=-2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x )在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π, f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知, f '(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时, f '(x )>0;当x ∈(x 0,π)时, f '(x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减.2π⎛⎫ ⎪⎝⎭又f (0)=0, f (π)=0,所以,当x ∈[0,π]时,f (x )≥0.又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax .因此,a 的取值范围是(-∞,0].2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .(1)当a =e 时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.解析 (1)当a =e 时, f (x )=e x-ln x +1, f '(1)=e-1,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e-1)(x -1),即y =(e-1)x +2.直线y =(e-1)x +2在x 轴,y 轴上的截距分别为 ,2.因此所求三角形的面积为易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成 . (6分)(2)当0<a <1时, f (1)=a +ln a <1.2e 1--2e 1-2e 1--当a =1时, f (x )=e x -1-ln x , f '(x )=e x -1- .当x ∈(0,1)时,f '(x )<0;当x ∈(1,+∞)时, f '(x )>0.所以当x =1时, f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.1x 当a >1时, f (x )=a e x -1-ln x +ln a >e x -1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞). (12分)3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f (x )=2ln x +1.(1)若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围;(2)设a >0,讨论函数g (x )= 的单调性.()()f x f a x a--解析 (1)设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x +1-c ,其定义域为(0,+∞),h '(x )= -2= .当0<x <1时,h '(x )>0;当x >1时,h '(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x =1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c .故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时, f (x )≤2x +c .所以c 的取值范围为[-1,+∞).2x 2(1)x x-(2)g (x )= = ,x ∈(0,a )∪(a ,+∞),g '(x )= =()()f x f a x a --2(ln ln )x a x a --22ln ln ()x a a x x x a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭- .取c =-1得h (x )=2ln x -2x +2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x +ln x <0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1- +ln <0,从而g '(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减.221ln ()a a x x x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-a x a x4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f (x )=x e ax -e x .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x >0时, f (x )<-1,求a 的取值范围;(3)设n ∈N *,证明: + +…+ >ln(n +1).2111+2122+21n n +解析 (1)当a=1时, f(x)=x e x-e x,则f '(x)=x e x,当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增. (2)当x>0时, f(x)<-1,即x e ax-e x<-1在(0,+∞)上恒成立,令F(x)=x e ax-e x+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.易得F(0)=0,F'(x)=e ax+ax e ax-e x,F'(0)=0, F″(x)=a e ax+a e ax+a2x e ax-e x,F″(0)=2a-1.若F ″(0)>0,则F '(x )必定存在一个单调递增区间(0,x 0),又F '(0)=0,∴F (x )也必定存在一个单调递增区间(0,x '0).于是F (x )>F (0)=0在(0,x '0)上恒成立,与F (x )<0矛盾,∴F ″(0)≤0,∴a ≤ .∵e ax≤ 在(0,+∞)上成立,∴F (x )≤x -e x +1在(0,+∞)上成立,故只需证x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.令G (x )=x -e x +1(x >0),122e x 2e x 2e x 2e x则G '(x )= + -e x = .∵e x>x +1在(0,+∞)上成立,∴ > +1在(0,+∞)上成立.∴G '(x )<0,故G (x )在(0,+∞)上单调递减,∴G (x )<G (0)=0.∴x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.故当a ≤ 时,x e ax -e x <-1在(0,+∞)成立.∴a 的取值范围为 .2e x 2x 2e x 2e x 21e 2x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2e x 2x 2e x121,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦(3)构造函数h (x )=x - -2ln x (x >1),则h '(x )=1+ - = = ,易知h '(x )>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增,∴h (x )>h (1)=0,∴x - >2ln x ,令x = ,则有 - >2ln ,∴ >ln ,∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n +1).原式得证.1x 21x 2x2221x x x -+22(1)x x -1x 11n+11n +111n +11n +21n n +1n n +2111+2122+21n n +21321n n +考点3　利用导数研究函数零点问题1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析 (1)由题意得f '(x )=2a 2x +a - = ,x ∈(0,+∞).∵a >0,x >0,∴ >0,当x ∈ 时, f '(x )<0;当x ∈ 时, f '(x )>0,∴函数f (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)∵y =f (x )的图象与x 轴没有公共点,∴函数f (x )在(0,+∞)上没有零点,又函数f (x )在上单调递减,在上单调递增,∴f (x )min =f =3-3ln =3+3ln a >0,∴ln a >-1,解得a > ,故实数a 的取值范围是 .3x (23)(1)ax ax x +-23ax x +10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=e x -a (x +2).(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.解析 (1)当a =1时, f (x )=e x -x -2,则f '(x )=e x-1.当x <0时, f '(x )<0;当x >0时, f '(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)若f (x )有两个零点,则e x-a (x +2)=0有两个解,由方程可知,x =-2不成立,即a = 有两个解, 将问题转化为曲线y = 和直线y =a 有两个交点 e 2x x +e 2xx +令h (x )= (x ≠-2),则有h '(x )= = ,令h '(x )>0,解得x >-1,令h '(x )<0,解得x <-2或-2<x <-1,e 2x x +2e (2)e (2)x x x x +-+2e (1)(2)xx x ++所以函数h (x )在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x <-2时,h (x )<0,当x →-2+时,h (x )→+∞,当x →+∞时,h (x )→+∞,所以当a = 有两个解时,有a >h (-1)= ,所以满足条件的a 的取值范围是 .e 2xx +1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析 (1)f '(x )=e x-a ,g '(x )=a - .当a ≤0时, f '(x )>0恒成立, f (x )在R 上无最小值,不符合题意.∴a >0.令f '(x )=0,得x =ln a ,令g '(x )=0,得x = .易知f (x )min =f (ln a )=a -a ln a ,g (x )min =g =1+ln a ,∴a -a ln a =1+ln a ,即ln a = ①.令h (x )=ln x - (x >0),1x 1a1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭11a a -+11x x -+则h '(x )= - = >0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h (x )最多有一个零点.又h (1)=ln 1- =0,∴方程①有且仅有一解,为a =1,即为所求.(2)由(1)知, f (x )=e x-x ,g (x )=x -ln x ,当x <0时, f (x )单调递减,当x >0时, f (x )单调递增;当0<x <1时,g (x )单调递减,当x >1时,g (x )单调递增.不妨设直线y =b 与y =f (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 1,x 2,与y =g (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3.1x 22(1)x +221(1)x x x ++1111-+则 -x 1= -x 2=x 2-ln x 2=x 3-ln x 3,∴ -x 1=x 2-ln x 2= -ln x 2.易知x 1∈(-∞,0),x 2∈(0,1),则ln x 2∈(-∞,0),又f (x )在(-∞,0)上单调递减,∴x 1=ln x 2,同理x 2=ln x 3,x 3= .又 -x 2=x 2-ln x 2,∴ln x 2+ =2x 2.∴x 1+x 3=ln x 2+ =2x 2.∴x 1,x 2,x 3成等差数列.∴存在直线y =b ,其与两条曲线y =f (x )和y =g (x )共有三个不同的交点,并且从左到右的三1e x 2e x 1e x 2ln e x 2e x 2e x 2e x 2e x 个交点的横坐标成等差数列.4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a >0且a ≠1,函数f (x )= (x >0).(1)当a =2时,求f (x )的单调区间;(2)若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,求a 的取值范围.a x x a解析 (1)当a =2时,f (x )= , f '(x )= = ,令f '(x )=0,得x = ,当0<x < 时, f '(x )>0,当x > 时, f '(x )<0,∴函数f (x )在上单调递增,在上单调递减.(2)第一步,将曲线y =f (x )与直线y =1的交点问题转化为方程的根的问题.22x x 22222ln 2(2)x x x x x ⋅-⋅(2ln 2)2x x x -2ln 22ln 22ln 220,ln 2⎛⎤ ⎥⎝⎦2,ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭令f (x )=1,则 =1,所以x a =a x .第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得a ln x =x ln a ,即 = .第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程 = 有两个实数解.设g (x )= ,则g '(x )= ,令g '(x )=0,则x =e.当x ∈(0,e)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;ax x aln x x ln a aln x x ln a a ln x x 21ln x x当x ∈(e,+∞)时,g '(x )<0,g (x )单调递减.第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g (1)=0, g (x )=0,g (x )max =g (e)= ,所以要使曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,则只需 ∈ ,即g (a )= ∈ ,所以a ∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).lim x →+∞1ea a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭a a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f (x )=ln x + ,g (x )= .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)求证:当0≤a ≤1时, f (x )>g (x ).1a x -(sin 1)2a x x+-解析 (1)f '(x )= - = (x ∈(0,+∞)),当a -1<0,即a <1时, f '(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a -1>0,即a >1时,令f '(x )=0,得x =a -1,∴函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.综上所述,当a <1时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.(2)证明:令F (x )=f (x )-g (x )=ln x + - = (x >0,0≤a ≤1),欲证f (x )>g (x ),即证F (x )>0,即证x ln x -a sin x +1>0,即证x ln x >a sin x -1.1x 21a x -2(1)x a x--1a x -(sin 1)2a x x +-ln sin 1x x a x x-+先证:x ln x≥ax-1.设g(x)=x ln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,令g'(x)=0,得x=e a-1,∴g(x)在(0,e a-1)上单调递减,在(e a-1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e a-1)=(a-1)e a-1-a e a-1+1=1-e a-1,∵0≤a≤1,∴1-e a-1≥0,则g(x)≥0,即x ln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.再证:ax-1≥a sin x-1.设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.∵0≤a≤1,∴ax-1≥a sin x-1,当且仅当a=0时取等号.又x ln x≥ax-1与ax-1≥a sin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴x ln x>a sin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)e x,g(x)=e2ln x-a e x.(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).解析 (1)对g (x )求导得g '(x )= -a e= (x >0).①当a ≤0时,g '(x )>0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.②当a >0时,令g '(x )=0,解得x = >0,当x ∈ 时,g '(x )>0,g (x )在上单调递增,当x ∈ 时,g '(x )<0,g (x )在上单调递减,所以g (x )在x = 处取得最大值g ,又函数g (x )在(e,+∞)上存在最大值,因此 >e,解得a <1.2e x 2e e a x x -e ae 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e a e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e a所以a 的取值范围为(0,1).(2)证明:欲证f (x )>g (x ),即证当x >0时,(x 2-2x )e x >e 2ln x -2e x ,即证当x >0时,(x 2-2x )e x +2e x >e 2ln x ,即证(x -2)e x +2e> .设φ(x )=(x -2)e x +2e(x >0),则φ'(x )=(x -1)e x,当0<x <1时,φ'(x )<0,当x >1时,φ'(x )>0,所以φ(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x )≥φ(1)=e,当x =1时,等号成立.2e ln x x设h (x )= (x >0),则h '(x )= ,当0<x <e 时,h '(x )>0,当x >e 时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h (x )≤h (e)=e,当x =e 时,等号成立.综上,x >0时,φ(x )≥h (x ),但等号不同时成立,所以x >0时,φ(x )>h (x ),即f (x )>g (x )得证.2e ln x x 22e (1ln )x x3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f (x )= x 2-a e x (a ∈R).(1)已知曲线f (x )在(0, f (0))处的切线与圆x 2+y 2-2x -2y -3=0相切,求实数a 的值;(2)已知x ≥0时, f (x )≤-x 2-ax -a 恒成立,求实数a 的取值范围.12解析 (1)圆的方程可化为(x -1)2+(y -1)2=5,则圆心为(1,1),半径为 ,对函数f (x )求导得f '(x )=x -a e x ,则f '(0)=-a ,又f (0)=-a ,于是曲线f (x )在(0, f (0))处的切线方程为y +a =-ax ,即ax +y +a =0,因为直线ax +y +a =0与圆相切,5所以 = ,则a =2,所以实数a 的值为2.(2)设g (x )=f (x )+x 2+ax +a = x 2-a e x +ax +a (x ≥0),22|1|1a a a +++532则g (x )≤0在[0,+∞)上恒成立.对g (x )求导得g '(x )=3x -a e x+a ,设h (x )=3x -a e x +a ,x ≥0,则h '(x )=3-a e x ,当a ≥3时,当x ≥0时,a e x ≥3e x≥3,即有h '(x )≤0,所以函数h (x ),即g '(x )在[0,+∞)上单调递减,于是当x ≥0时,g '(x )≤g '(0)=0,则函数g (x )在[0,+∞)上单调递减,因此当x ≥0时,g (x )≤g (0)=0,故a ≥3.当0<a <3时,令h '(x )>0,得0<x <ln ,3a则函数h (x ),即g '(x )在上单调递增,于是当0≤x <ln 时,g '(x )>g '(0)=0,即函数g (x )在上单调递增,因此当0≤x <ln 时,g (x )≥g (0)=0,不合题意.所以实数a 的取值范围为[3,+∞).30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f (x )=4ln x -ax + (a ≥0).(1)当a = 时,求f (x )的极值;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈ ,使得f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)3a x +121,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a = 时, f (x )=4ln x - + ,∴f '(x )= - - =- ,令f '(x )>0,可得1<x <7,令f '(x )<0,可得0<x <1或x >7,∴f (x )在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,∴f (x )极小值=f (1)=3, f (x )极大值=f (7)=4ln 7-3.(2)f '(x )= (x >0),122x 72x 4x 12272x 2(1)(7)2x x x--224(3)ax x a x -+-+。

2014年高考导数的综合应用(精华)

导数的综合应用(推荐时间：70分钟)1．设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；(2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m ，即3x 2－9x ＋(6－m )≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m )≤0，解得m ≤－34，即m 的最大值为－34.(2)因为当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ；当x ＝2时，f (x )取极小值，f (2)＝2－a ，故当f (2)>0或f (1)<0时，f (x )＝0仅有一个实根．解得a <2或a >52.2．已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)e x (a ∈R )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当x 1，x 2∈[0,2]时，证明：f (x 1)－f (x 2)≤e. (1)解 f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ，由已知得f ′(1)＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝(x －2)e x 在x ＝1处取得极小值．所以a ＝1.(2)证明由(1)知，f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x－1)e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝(x －1)e x ≤0， f (x )在区间[0,1]上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＝(x －1)e x >0， f (x )在区间(1,2]上单调递增，所以在区间[0,2]上，f (x )的最小值为f (1)＝－e. 又f (0)＝－2，f (2)＝0，所以在区间[0,2]上，f (x )的最大值为f (2)＝0，对于x 1，x 2∈[0,2]，有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )max －f (x )min ，所以f (x 1)－f (x 2)≤0－(－e)＝e. 3．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数g (x )＝f (x )－k (x －1)，其中k ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)．令f ′(x )≥0，得ln x ≥－1＝ln e －1，x ≥1e；令f ′(x )≤0，得x ∈(]0，1e . 所以f (x )的单调递增区间是[)1e ，＋∞，单调递减区间是(]0，1e ，f (x )的极小值为f ()1e ＝－1e.f (x )无极大值．(2)g (x )＝x ln x －k (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－k ，由g ′(x )＝0，得x ＝e k －1，所以，在区间(0，e k －1)上，g (x )为递减函数，在区间(e k －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e k －1≤1，即k ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数，所以，g (x )的最大值为g (e)＝e －k e ＋k ；当1<e k －1<e ，即1<k <2时， g (x )的最大值是g (1)或g (e)，由g (1)＝g (e)，得k ＝ee －1，当1<k <ee －1时，g (e)＝e －e k ＋k >0＝g (1)，g (x )最大值为g (e)＝e －k e ＋k ，当e e －1≤k <2时，g (e)＝e －e k ＋k <0＝g (1)，g (x )最大值为g (1)＝0；当e k －1≥e ，即k ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数，所以g (x )最大值为g (1)＝0.综上，当k <ee －1时，g (x )最大值为e －k e ＋k ；当k ≥ee －1时，g (x )的最大值为0.4．某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克，1<x ≤5)满足：当1<x ≤3时，y ＝a (x －3)2＋bx －1(a ，b 为常数)；当3<x ≤5时，y ＝－70x ＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a ，b 的值，并确定y 关于x 的函数解析式；(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x 的值，使店铺每日销售该特产所获利润f (x )最大(x 精确到0.01元/千克)．解 (1)因为x ＝2时，y ＝700；x ＝3时，y ＝150，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝700b2＝150，解得a ＝400，b ＝300.每日的销售量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400(x －3)2＋300x －1 (1<x ≤3)－70x ＋490 (3<x ≤5).(2)由(1)知，当1<x ≤3时，每日销售利润f (x )＝⎣⎡⎦⎤400(x －3)2＋300x －1(x －1)＝400(x －3)2(x －1)＋300＝400(x 3－7x 2＋15x －9)＋300(1<x ≤3) f ′(x )＝400(3x 2－14x ＋15)．当x ＝53，或x ＝3时f ′(x )＝0；当x ∈()1，53时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈()53，3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴x ＝53是函数f (x )在(1,3]上的唯一极大值点，f ()53＝400×3227＋300>700；当3<x ≤5时，每日销售利润f (x )＝(－70x ＋490)(x －1)＝－70(x 2－8x ＋7)f (x )在x ＝4时有最大值，且f (4)＝630<f ()53. 综上，销售价格x ＝53≈1.67元/千克时，每日利润最大．5．已知函数f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)(a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g (x )＝λf (x )＋sin x 在区间[－1,1]上是减函数． (1)求实数a 的值；(2)若g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数t 的最大值；(3)若关于x 的方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m 有且只有一个实数根，求m 的值．解 (1)∵f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)是实数集R 上的奇函数，∴f (0)＝0，即ln(e 0＋a ＋1)＝0⇒2＋a ＝1⇒a ＝－1，将a ＝－1代入f (x )＝ln e x ＝x ，显然为奇函数． (2)由(1)知g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， ∴g ′(x )＝λ＋cos x ，x ∈[－1,1]， ∴要使g (x )是区间[－1,1]上的减函数，则有g ′(x )≤0在x ∈[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x )min ，∴λ≤－1.要使g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，只需g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin 1≤λt －1在λ≤－1时恒成立即可．∴(t ＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可．令h (λ)＝(t ＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，则⎩⎨⎧t ＋1≤0，h (－1)≥0，即⎩⎨⎧t ＋1≤0，－t －2＋sin 1≥0，∴t ≤sin 1－2，∴实数t 的最大值为sin 1－2. (3)由(1)知方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m ，令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f ′1(x )＝1－ln xx 2当x ∈(0，e]时，f ′1(x )≥0， ∴f 1(x )在(0，e]上为增函数；当x ∈[e ，＋∞)时，f ′1(x )≤0， ∴f 1(x )在[e ，＋∞)上为减函数；当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e.而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2. ∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.只有当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有且只有一个实数根． 6．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．(1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x >0)．当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，若0<x <1a ，则ax －1<0，从而f ′(x )<0，若x >1a，则ax －1>0，从而f ′(x )>0，函数在()0，1a 上单调递减，在()1a ，＋∞上单调递增．(2)解根据(1)函数的极值点是x ＝1a ，若1a ＝1，则a ＝1.所以f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，由于x >0，即b ≤1＋1x －ln xx.令g (x )＝1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln xx 2＝ln x －2x 2，可知x ＝e 2为函数g (x )在(0，＋∞)内唯一的极小值点，也是最小值点，故g (x )min ＝g (e 2)＝－1e 2，所以1＋1x －ln x x 的最小值是1－1e 2，故只要b ≤1－1e2即可，故b 的取值范围是(]－∞，1－1e 2.(3)证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )⇔e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1).构造函数h (x )＝e xln x，则h ′(x )＝e x ln x －1xe x ln 2x ＝e x ()ln x －1xln 2x ，可知函数在(e ，＋∞)上h ′(x )>0，即函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增，由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ，所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，所以e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．。

2014届高考数学一轮复习效果监测《导数的综合应用》

导数的综合应用【选题明细表】不等式问题1.已知函数f(x)=x2+mx+ln x是单调递增函数，则m的取值范围是( B )(A)m>-2(B)m≥-2(C)m<2 (D)m≤2解析:函数定义域为(0，+∞)，又f'(x)=2x+m+.依题意有f'(x)=2x+m+≥0在(0，+∞)上恒成立，∴m≥-恒成立，设g(x)=-，则g(x)=-≤-2，当且仅当x=时等号成立.故m≥-2，故选B.2.(2013洛阳统考)函数f(x)的定义域是R，f(0)=2，对任意x∈R，f(x)+f'(x)>1，则不等式e x·f(x)>e x+1的解集为( A )(A){x|x>0} (B){x|x<0}(C){x|x<-1或x>1} (D){x|x<-1或0<x<1}解析:构造函数g(x)=e x·f(x)-e x，因为g'(x)=e x·f(x)+e x·f'(x)-e x=e x[f(x)+f'(x)]-e x>e x-e x=0，所以g(x)=e x·f(x)-e x为R上的增函数.又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.故选A.3.如图所示，一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t)(S(0)=0)，则导函数y=S'(t)的图象大致为( A )解析:由导数的定义知，S'(t0)表示面积函数S(t0)在t0时刻的瞬时变化率.如图所示，正五角星薄片中首先露出水面的是区域Ⅰ，此时其面积S(t)在逐渐增大，且增长速度越来越快，故其瞬时变化率S'(t)也应逐渐增大;当露出的是区域Ⅱ时，此时的S(t)应突然增大，然后增长速度减慢，但仍为增函数，故其瞬时变化率S'(t)也随之突然变大，再逐渐变小，但S'(t)>0(故可排除选项B);当五角星薄片全部露出水面后，S(t)的值不再变化，故其导数值S'(t)最终应等于0，符合上述特征的只有选项A.4.已知f(x)是定义域为R的奇函数，f(-4)=-1，f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示.若两正数a，b满足f(a+2b)<1，则的取值范围是( B )(A)(B)(C)(-1，0) (D)(-∞，-1)解析:因为f(x)是定义域为R的奇函数，f(-4)=-1，所以f(-4)=-f(4)，所以f(4)=1，所以f(a+2b)<f(4)，又由f'(x)≥0，得f(x)为增函数，所以a+2b<4，而a，b为正数，所以a+2b<4所表示的区域为如图所示的直角三角形AOB(不包括边界)，其中A(0，4)，B(2，0)，可看成是直线PM的斜率，其中P(-2，-2)，M(b，a)在直角三角形AOB的内部(不包括边界)，所以k PB<k PM<k PA，而k PA==3，k PB==，所以<k PM<3，故选B.5.(2013淄博一检)已知a≤+ln x对任意x∈恒成立，则a的最大值为( A )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:设f(x)=+ln x=+ln x-1，则f'(x)=-+=.当x∈时，f'(x)<0，故函数f(x)在上单调递减;当x∈(1，2]时，f'(x)>0，故函数f(x)在(1，2]上单调递增，∴f(x)min=f(1)=0，∴a≤0，即a的最大值为0.故选A.二、填空题6.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y=x3-x2-40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为.解析:由y'=x2-39x-40=0，得x=-1或x=40，由于0<x<40时，y'<0;当x>40时，y'>0.所以当x=40时，y有最小值.答案:407.关于x的方程x3-3x2-a=0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是.解析:方程可化为a=x3-3x2，设f(x)=x3-3x2，则f'(x)=3x2-6x，由f'(x)>0，得x>2或x<0;由f'(x)<0，得0<x<2，所以f(x)在(-∞，0)和(2，+∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，故f(x)在x=0处有极大值，f(0)=0.在x=2处有极小值f(2)=-4.要使方程有三个不同的实根，则有-4<a<0.答案:(-4，0)8.(2013天津模拟)函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是.解析:f'(x)=3x2+6ax+3(a+2)，令3x2+6ax+3(a+2)=0，即x2+2ax+a+2=0.因为函数f(x)既有极大值又有极小值，所以方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根，即Δ=4a2-4a-8>0，解得a>2或a<-1.答案:a>2或a<-1三、解答题9.(2013银川模拟)设函数f(x)=aln x-bx2(x>0)，(1)若函数f(x)在x=1处与直线y=-相切，①求实数a，b的值;②求函数f(x)在上的最大值.(2)当b=0时，若不等式f(x)≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围.解:(1)①f'(x)=-2bx，∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切，∴解得②f(x)=ln x-x2，f'(x)=-x=，当≤x≤e时，令f'(x)>0得≤x<1;令f'(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)max=f(1)=-.(2)当b=0时，f(x)=aln x，不等式f(x)≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即aln x≥m+x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即m≤aln x-x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，令h(a)=aln x-x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴ln x>0，∴h(a)在a∈上单调递增，∴h(a)min=h(0)=-x，∴m≤-x对所有的x∈(1，e2]都成立.∵1<x≤e2，∴-e2≤-x<-1，∴m≤(-x)min=-e2.10.设a为实数，函数f(x)=e x-2x+2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时，e x>x2-2ax+1.(1)解:∵f'(x)=e x-2，由f'(x)<0可得，x<ln 2;由f'(x)>0可得x>ln 2，所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，+∞).当x=ln 2时，有极小值f(ln 2)=2(1-ln 2+a).(2)证明:设g(x)=e x-x2+2ax-1，x∈R，于是g'(x)=e x-2x+2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2-1时，g'(x)的最小值为g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R，都有g'(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2-1时，对任意x∈(0，+∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)=0，从而对任意x∈(0，+∞)，g(x)>0，即e x-x2+2ax-1>0，故e x>x2-2ax+1.。

2014届高考数学(苏教版)一轮复习题及详解第3章导数及其应用3.3导数的综合应用

15 导数的综合应用一、填空题1．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是__________．2．(2013江苏溧水中学模拟)已知f (x )＝x ＋cos x (x ∈R )，则不等式f (e x －1)＞f (0)的解集为__________．3．已知函数y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，则m 的取值范围是__________．4．(2013江苏南通高三调研)已知f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12，m ∈R .若对于任意实数x ，f (x )≥0恒成立，则m 的取值范围为________．5．已知函数f (x )＝x ＋sin x ．设P ，Q 是函数f (x )图象上相异的两点，则直线PQ 的斜率________0(填“＞”、“＜”)．6．已知：三次函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，当且仅当x ＞4时，f (x )＞x 2－4x ＋5.则函数f (x )的解析式为________．7．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有f (0)＋f (2)________2f (1)．8．(2013江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20 m 2，当宽为__________时，使截面周长最小．9．(2013江苏盐城三模)若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈ (0,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．二、解答题10．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．11．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤5)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大？(注：收益＝销售额－投放)．12．(2013江苏泰州月考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈ (0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．参考答案一、填空题1．－16 解析：由f ′(x )＝12－3x 2＝0，得x ＝－2或x ＝2.又f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9，∴函数f (x )在[－3,3]上的最小值为－16.2．(0，＋∞) 解析：f (x )＝x ＋cos x ，f ′(x )＝1－sin x ≥0，∴f (x )(x ∈R )是增函数．若f (e x －1)＞f (0)，则e x －1＞0，e x ＞1，即x ＞0.∴解集为(0，＋∞)．3.⎣⎡⎭⎫－49，0 解析：由y ′＝9x 2＋4x ≤0得－49≤x ≤0，而y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，所以－49≤m ＜0. 4．[4，＋∞) 解析：f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2. 当m ＜4时，f (2)＝4(m －4)＜0，不合题意；当m ≥4时，f (x )＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2≥0，对一切实数x 恒成立．所以m 的取值范围是[4，＋∞)．5．＞6．f (x )＝x 3－32x 2－6x －11 解析：∵f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单增，(－1,2)上单减，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两根－1,2. ∴2312,,326,12,3a a b b ⎧-+⎧⎪=-⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪=--⨯=⎩⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c . 令H (x )＝f (x )－x 2＋4x －5＝x 3－52x 2－2x ＋c －5，H ′(x )＝3x 2－5x －2＝(3x ＋1)(x －2)，H (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－13，(2，＋∞)上单调递增，⎝⎛⎭⎫－13，2上单调递减，故(4)0,11.1()0.3H c H =⎧⎪∴=-⎨-<⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x －11.7．≥ 解析：当x ≥1时，f ′(x )≥0，故f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，故f (0)≥f (1)，又f (2)≥f (1)，所以f (0)＋f (2)≥2f (1)．8．4104＋π解析：如图所示，设半圆的半径为r ，矩形的高为h ，则截面积S ＝2rh ＋πr 22＝20，截面周长C ＝2r ＋2h ＋πr ＝2r ＋20－πr 22r ＋πr ＝2r ＋20r －πr 2＋πr ＝⎝⎛⎭⎫2＋π2r ＋20r . 设C ′(r )＝⎝⎛⎭⎫2＋π2－20r 2，令C ′(r )＝0，解得r ＝2104＋π. 故当r ＝2104＋π时，周长C 最小，即宽为4104＋π时，截面周长最小． 9．a ≥e 23解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，则a ≤－1或a ≥1. 令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＜0，g (x )在(0,1]上递减， g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不适合题意．②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x ＝0⇒x ＝313a， |g (x )|的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln(3a )≥1，解得：a ≥e 23，故所求a ≥e 23. 二、解答题10．解：(1)f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ，令f ′(x )＝0，得18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0两根为x 1，x 2，且x 1x 2＝1＝2a 18，所以a ＝9.(2)由f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a 开口向上，且Δ＝36(a ＋2)2－8×18a ＝36(a 2＋4)＞0恒成立，得方程18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0有两个相异实根，故不存在a 使f (x )是单调函数．11．解：(1)设投入t (t 百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0＜t ≤3)，所以当t ＝2百万元时，f (t )取得最大值4百万元．即投入2百万元时的广告费时，该公司由此获得的收益最大．(2)设用技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，则有g (x )＝⎝⎛⎭⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)，所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝2，或x ＝－2(舍去)．又当0≤x ＜2时，g ′(x )＞0，当2＜x ≤3时，g ′(x )＜0.故g (x )在[0,2]上是增函数，在[2,3]上是减函数．所以当x ＝2时，g (x )取最大值，即将2百万元用于技术改造， 1百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．12．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减；在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e.(2)解：存在x ∈∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即存在x ∈ (0，＋∞)使2x ln x ≤－x 2＋ax－3能成立，等价于存在x ∈ (0，＋∞)使a ≥2ln x ＋x ＋3x能成立．等价于a ≥⎝⎛⎭⎫2ln x ＋x ＋3x min . 记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈ (0，＋∞)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 当x ∈ (0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈ (1，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.(3)证明：记j (x )＝2⎝⎛⎭⎫x e x －2e ，x ∈ (0，＋∞)，则j ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1－x e x .当x ∈ (0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈ (1，＋∞)时，j ′(x )＜0，所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e. 又由(1)知当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e，故对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．。

2014届高三一轮数学(理)复习第16讲导数的综合应用课件

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3．(2012·安徽省马鞍山市 4 月高三第二次质检)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( B )
A．a＜b＜c
B．c＜a＜b
C．c＜b＜a
D．b＜c＜a
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解析：由 f(x)＝f(2－x)，知函数 f(x)的对称轴为 x＝1，则 a＝f(0)＝f(2)，f(32)＝f(12)．
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【拓展演练 1】 (2012·黑龙江省哈三中等四校联考)设 f(x)＝ln x， g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求 g(x)的单调区间和最小值； (2)讨论 g(x)与 g(1x)的大小关系； (3)求 a 的取值范围，使得 g(a)－g(x)<1a对任意 x＞0 成立．
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解析：(1)由题设知 f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋1x，所以 g ′(x)＝x－x2 1.令 g ′(x)＝0，得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，g ′(x)<0，故(0,1)是 g(x)的单调递减区间，当 x∈(1，＋∞)时，g ′(x)>0，故(1，＋∞)是 g(x)的单调递增区间．因此，x＝1 是 g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为 g(1)＝1.
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ห้องสมุดไป่ตู้
2.(2010·江西卷)如图，一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记 t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为 S(t)(S(0)＝0)，则导函数 y＝S′(t)的图象大致
为( )
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( A)
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解析：导函数 y＝S′(t)即为单位时间内五角星出水的面积率，由图可知当一个角出来时，面积由 0 开始，逐渐增多，当一个角都出完了，则面积率一下由最大开始减小．由图象可知单位时间的面积率会先增加，然后减小，结合选项只有 A 正确．

导数在研究函数的综合应用(三)：高考数学一轮复习基础必刷题

导数在研究函数的综合应用（三）------高考数学一轮复习基础必刷题姓名：___________��班级：___________��学号：___________一、单选题1．已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则()y f x =的图像可能为（）A ．B ．C ．D ．2．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+单调递增区间是（）A ．（0,+∞）B ．（-∞,0）C ．（0,1）D ．（1,+∞）4．已知函数()286ln 1f x x x x =-++，则()f x 的极大值为（）A ．10B ．6-C ．7-D ．05．函数2()2ln f x x x m x =-+在定义域上是增函数，则实数m 的取值范围为（）A ．12m ≥B ．12m >C ．12m ≤D ．12m <6．若定义在R 上的函数()y f x =的图象如图所示，()f x '为函数()f x 的导函数，则不等式()()20x f x '+>的解集为（）．A ．()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞B ．()()3,11,--⋃+∞C ．()()3,10,1-- D ．()()3,21,1--⋃-7．如果直线l 与两条曲线都相切，则称l 为这两条曲线的公切线，如果曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，那么常数a 的取值范围是（）A ．(),0-∞B ．()0,1C ．()1,e D ．(),e +∞8．函数||()sin =-x f x e x 的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．二、填空题9．函数()43ln f x x x x=++的单调递减区间是______．10．若函数()32f x x bx cx d =+++的单调递减区间为()1,3-，则b c +=_________．11．若过定点(1,e)P 恰好可作曲线e (0)x y a a =>的两条切线，则实数a 的取值范围是__________．三、解答题12．已知函数f （x ）＝ax 2ex ﹣1（a ≠0）.（1）求函数f （x ）的单调区间；（2）已知a ＞0且x ∈[1，+∞），若函数f （x ）没有零点，求a 的取值范围.13．确定下列函数的单调区间：(1)2y x x =-；(2)3y x x =-．14．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.（1）求()f x 的解析式；（2）记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围.15．已知函数2()(1)x f x ax bx e -=++，其中e 为自然对数的底数.（1）若a =0，求函数()f x 的单调区间；（2）若1,3a b ==，证明x ＞0时，()f x ＜52ln x x x-+参考答案：1．D 【解析】【分析】根据导数图象，可知函数的单调性，并且结合()00f '=，即可排除选项.【详解】由导数图象可知，()0f x '≥，所以函数单调递增，故排除C ；并且()00f '=，故排除AB ；满足条件的只有D.故选：D 2．A 【解析】【分析】结合导函数图象确定正确选项.【详解】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合.故选：A 3．C 【解析】【分析】求导，令导数大于0，解不等式可得.【详解】()ln 1f x x x =-+的定义域为(0,)+∞令11()10x f x x x-'=-=>，解得01x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1).故选：C 4．B 【解析】【分析】利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()213628x x f x x x x--'=-+=,令()0f x '=，解得1x =或3x =，故x ()0,11()1,33()3,+∞()f x '0>0=0<0=0>()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以()f x 的极大值为()16f =-，故选：B.5．A 【解析】【分析】根据导数与单调性的关系即可求出．【详解】依题可知，()220mf x x x'=-+≥在()0,∞+上恒成立，即221122222m x x x ⎛⎫≥-=--+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，所以12m ≥．故选：A ．6．A 【解析】利用()y f x =的图象如图判断()f x 单调性，进而判断()f x '在对应区间的正负，解不等式即可【详解】由图像可知：()f x '在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20x f x '+>可化为:20()0x f x +>>'⎧⎨⎩或20()0x f x +<<'⎧⎨⎩解得:-2<x <-1或x >1或x <-3故不等式的解集为：()()(),32,11,-∞-⋃--⋃+∞.故选：A 【点睛】导函数()f x '与原函数()f x 的单调性的关系：（1）()0f x '>⇒原函数在对应区间单增；()0f x '<⇒原函数在对应区间单减；（2）原函数在对应区间单增⇒()0f x '≥；原函数在对应区间单减⇒()0f x '≤.7．B 【解析】【分析】把曲线1C 和曲线2C)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，利用导数研究单调性和极值，建立不等式20-<-<，即可解得.【详解】曲线1:ln C y x =上一点()11,ln A x x ，11y x '=，切线方程为：1111ln y x x x =-+.曲线()2:0x a C y x x -=>上一点22,1a B x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22a y x '=，切线方程为：22221a a y x x x =+-.若直线l 与两条曲线都相切，则有2121212ln 11a x x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，消去2x)1ln 2x -=-因为曲线1:ln C y x =和曲线()2:0x aC y x x-=>有且仅有两条公切线，)1ln 2x -=-有且仅有两解.记())()ln 2,0f x x x =->，则())1ln 2f x x x '=-+=令()0f x '>，得1x >，所以()f x 在()1,+∞上单增；()0f x '<，得01x <<，所以()f x 在()0,1上单增.所以()()min 12f x f ==-.又有()0f x =，解得：0x =（舍）或2x e =.当0x +→，则()0f x →；当x →∞，则()f x →+∞；而0-≤)1ln 2x -=-有且仅有两解，只需20-<-<，解得：01a <<.故选：B 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.8．B 【解析】【分析】由导数判断函数的单调性及指数的增长趋势即可判断.【详解】当0x >时，()e cos 1cos 0=->-≥'x f x x x ，∴()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时，()cos 1cos 0-=--<--≤'x f x e x x ，∴()f x 在(,0)-∞上单调递减，排除A 、D ；又由指数函数增长趋势，排除C.故选：B ．9．()0,1【解析】求出导函数()'f x ，在(0,)+∞上解不等式()0f x '<可得()f x 的单调减区间．【详解】()()()'2+41431x x f x x x x-=-+=，其中0x >，令()'0f x <，则(0,1)x ∈，故函数()43ln f x x x x =++的单调减区间为(0,1)，故答案为：(0,1)．【点睛】一般地，若()f x 在区间(,)a b 上可导，我们用'()0f x <求，则()f x 在(,)a b 上的减区间，反之，若()f x 在区间(,)a b 上可导且为减函数，则()0f x '≤，注意求单调区间前先确定函数的定义域．10．12-【解析】求出()'f x ，由1-和3是()0f x '=的根可得．【详解】由题意2()32f x x bx c '=++，所以2320x bx c ++=的两根为1-和3，所以2133133bc ⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，所以3,9b c =-=-，12b c +=-．故答案为：12-．11．(1,)+∞【解析】【分析】求出函数的导数，设切点为(,)m n ，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)e m m a-=-，设()(2)e x f x x =-，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a 的取值范围【详解】由e (0)x y a a =>，得e x y a '=，切点为(,)m n ，则切线的斜率为e m a ，所以切线方程为e ()m y n a x m -=-，因为e m n a =，所以e e ()m m y a a x m -=-，因为点(1,e)P 在切线上，所以e e e (1)m m a a m -=-，得e(2)e m m a-=-，令()(2)e x f x x =-，则()(1)e x f x x '=-，当1x >时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以()f x 在(1,)+∞上递增，在(,1)-∞上递减，所以()f x 在1x =处取得极小值e -，当x →-∞时，()0f x →，当x →+∞时，()f x →+∞，由题意可得直线ey a=-与函数()f x 的图象有两个交点，所以ee 0a-<-<，解得1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞，故答案为：(1,)+∞12．（1）当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，.【解析】（1）先求导f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），再分a ＞0和a ＜0进行讨论即可得解；（2）根据（1）可知，当a ＞0时，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，则保证f （1）＞0即可得解.【详解】（1）f '（x ）＝2axex +ax 2ex ＝axex （2+x ），令f '（x ）＝0，则x ＝0或x ＝﹣2，①若a ＞0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；②若a ＜0，当x ＜﹣2时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；当﹣2＜x ＜0时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ＞0时，f '（x ）＜0，f （x ）单调递减；综上所述，当a ＞0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；当a ＜0时，f （x ）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.（2）当a ＞0时，由（1）可知，f （x ）在x ∈[1，+∞）上单调递增，若函数没有零点，则f （1）＝ae ﹣1＞0，解得1a e＞，故a 的取值范围为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.13．(1)单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)单调递增区间为⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,⎛-∞ ⎝⎭，⎫∞⎪⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.（2）求得导函数，利用导数的正负即可求得单调区间.(1)2y x x =-，12y x '∴=-，当0y '=时，12x =.当0y '>时，12x <，当0y '<时，12x >，∴2y x x =-的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)3y x x =-，213y x '∴=-，当0y '=时，3x =.当0y '>时，33x -<<，当0y '<时，3x >，或3x <-∴3y x x =-的单调递增区间为33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,3⎛-∞- ⎝⎭，3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭.14．（1）3211()2132f x x x x =-+++；（2）15,63⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）根据极值点的定义，可知方程()0f x '=的两个解即为1x =-，2x =，代入即得结果；（2）根据题意，将方程()0g x =转化为()f x m =，则函数()y f x =与直线y m =在区间[2-，4]上有三个交点，进而求解m 的取值范围．【详解】解：（1）因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++ ，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；（2）根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-，()1323f =，5(2)3f -=，()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m -< ，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦．15．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得()f x 的导数，讨论0b =，0b >，0b <，解不等式可得所求单调区间；（2）分别求得()f x 的最大值，()52ln P x x x x =-+的最小值，比较即可得证.【详解】（1）若0a =，则'2(1)(1)()()x x x x be e bx bx b f x e e -+-+-==，（i ）当0b =时，'1()0x f x e-=<，函数()f x 在R 上单调递减；（ii ）当0b ≠时，'1[(1()xb x b f x e ---=，①若0b >，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减.②若0b <，当1(,1)x b∈-∞-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减；当1(1,)x b∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.综上可知，当0b >时，函数()f x 的单调递增区间为1(,1)b -∞-，单调递减区间为1(1,)b-+∞；当0b =时，函数()f x 的单调递减区间为R ，无单调递增区间；当0b <时，函数()f x 的单调递增区间为1(1,)b -+∞，单调递减区间为1(,1)b -∞-；（2）若1,3,a b ==则2()(31)x f x x x e -=++，0x >，要证不等式()52ln f x x x x <-+，即证23152ln x x x x x x e++<-+，记()52ln P x x x x =-+，则'1()2ln 1ln P x x x x x=-++⋅=-+，故当(0,)x e ∈时，'()0P x <，函数()P x 单调递减，当(+)x e ∈∞，时，'()0P x >，函数()P x 单调递增，所以()()52ln 5P x p e e e e e ≥=-+=-；又22'2(23)(31)2(2)(1)()()x x x x x x e x x e x x x x f x e e e +-++--++-===-，故(0,1)x ∈时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，所以0x >时，5()(1)f x f e ≤=因为 2.7e ≈，所以55(5)5()0e e e e --=-+>，所以55e e->，所以0x >时，()52ln f x x x x <-+.【点睛】本题考查利用导数求函数单调性及最值，考查了学生转化的问题的能力及计算能力，是中档题.。

贵州省2014届高三复习理科数学(人教A)三管齐下：15导数的综合应用含解析

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1．函数的最值（1)函数f（x)在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上________,那么它必有最大值和最小值．（2)求函数y＝f(x)在［a，b]上的最大值与最小值的步骤:①求函数y＝f（x）在（a,b)内的________;②将函数y＝f(x）的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f(x）＝x3－3ax－a在（0，1）内有最小值，则a的取值范围为（）A．0≤a〈1 B．0〈a<1C．－1〈a〈1 D．0〈a<错误!2．（2011·汕头月考）设f′（x）是函数f(x）的导函数,将y＝f(x)和y＝f′（x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）3．对于R上可导的任意函数f(x），若满足(x－1)f′(x)≥0,则必有( ）A．f（0）＋f(2)<2f（1）B．f（0)＋f(2)≤2f（1）C．f（0)＋f(2)≥2f(1）D．f(0)＋f(2）〉2f（1)4．（2011·新乡模拟)函数f(x)＝错误!e x (sin x＋cos x）在区间错误!上的值域为______________．5．f(x）＝x（x－c)2在x＝2处有极大值,则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f(x）＝x2e－ax（a>0），求函数在［1，2］上的最大值．变式迁移1 设a>0，函数f（x)＝错误!.（1）讨论f（x)的单调性；（2)求f（x）在区间[a，2a］上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 (2011·张家口模拟)已知f(x）＝错误!x2－a ln x（a∈R)，(1）求函数f（x）的单调区间；(2）求证:当x〉1时，错误!x2＋ln x<错误!x3.变式迁移2 (2010·安徽）设a为实数，函数f(x）＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f（x）的单调区间与极值;(2）求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1。

高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。

【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减；当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增，在(单调递减；（II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。

【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二已知单调性求参数取值范围问题例1 已知函数321()53f x x x ax =++-，若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立，方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2：由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞；【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ，综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

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导数的综合应用【考纲要求】1.了解复合函数的求导法则会求某些简单函数的导数；2.理解可导函数的单调性与其导数的关系，能利用导数研究函数的单调性；3.了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)，会求给定函数的极大值、极小值，会求给定函数在闭区间上的最大值、最小值；4．提高应用知识解决实际问题的能力。

【知识网络】【考点梳理】【高清课堂：导数的应用（理）394572 知识要点】考点一、求切线方程的一般方法（1）求出函数()y f x =在0x x =处的导数0()f x '；（2）利用直线的点斜式得切线方程。

要点诠释：求切线方程，首先要判断所给点是否在曲线上.若在曲线上，可用上法求解；若不在曲线上，可设出切点，写出切线方程，结合已知条件求出切点坐标，从而得方程.考点二、判定函数的单调性（1）函数的单调性与其导数的关系设函数y=f(x)在某个区间内可导，则当'()0f x >时，y=f(x)在相应区间上为增函数；当'()0f x <时，y=f(x) 在相应区间上为减函数；当恒有'()0f x =时，y=f(x)在相应区间上为常数函数。

要点诠释：①在区间(a,b)内，'()0f x >是f(x)在(a ，b)内单调递增的充分不必要条件！例如：32()'()30'(0)0,'()0(0)f x x f x x f f x x =⇒=≥=>≠，，而f(x)在R 上递增。

②学生易误认为只要有点使'()0f x =，则f(x)在(a ，b)上是常函数，要指出个别导数为零不影响函数的单调性，同时要强调只有在这个区间内恒有'()0f x =，这个函数y=f(x)在这个区间上才为常数函数。

③要关注导函数图象与原函数图象间关系。

（2）利用导数判断函数单调性的基本步骤①确定函数f(x)的定义域； ②求导数'()f x ；③在定义域内解不等式'()0'()0f x f x ><或； ④确定f(x)的单调区间。

要点诠释：函数f(x)在区间(a,b)内是单调递增或递减的判定可依据单调性定义也可利用导数，应根据问题的具体条件适当选用方法，有时须将区间(a,b)划分成若干小区间，在每个小区间上分别判定单调性。

考点三、函数的极值切线斜率、方程导数的应用极值与最值问题函数的单调性问题（1）极值的概念一般地，设函数y=f(x)在x=x0及其附近有定义，①如果对于x0附近的所有点，都有：f(x)<f(x0)，称f(x0)为函数f(x)的一个极大值，记作y极大值=f(x0)；②如果对于x0附近的所有点，都有：f(x)>f(x0)，称f(x0)为函数f(x)的—个极小值，记作y极小值=f(x0)。

极大值与极小值统称极值。

在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值。

要点诠释：①在函数的极值定义中，一定要明确函数y=f(x)在x=x0及其附近有定义，否则无从比较。

②函数的极值是就函数在某一点附近的小区间而言的，是一个局部概念，在函数的整个定义域内可能有多个极值，也可能无极值。

由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。

③极大值与极小值之间无确定的大小关系。

即一个函数的极大值未必大于极小值。

极小值不一定是整个定义区间上的最小值。

④函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点。

而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。

⑤连续函数的某一点是极值点的充要条件是该点两侧的导数异号。

我们主要讨论可导函数的极值问题，但是函数的不可导点也可能是极值点。

如某些间断点也可能是极值点，再如y=|x|，x=0。

⑥可导函数在某点取得极值，则该点的导数一定为零，反之不成立。

在函数取得极值处，如果曲线有f x=。

但反过来不一定。

如函数y=x3，在x=0处，曲线的切线切线的话，则切线是水平的，从而有'()0是水平的，但这点的函数值既不比它附近的点的函数值大，也不比它附近的点的函数值小。

（2）求极值的步骤①确定函数的定义域；②求导数；f x=的根；③求方程'()0f x在方程根左右的值的符号，如果左正右负，则f(x)在这个根处取得极大值；如果左负④检查'()右正，则f(x)在这个根处取得极小值。

(最好通过列表法)要点诠释：函数极值只反映函数在某点附近值的大小情况。

在某区间上函数的极值可能有若干个，而且极小值未必小于极大值。

f＇(x0)=0仅是函数f(x)在点x0处有极值的必要条件，点x0是f(x)的极值点，当且仅当在x0的左右f＇(x)的符号产生变化。

考点四、函数的最值函数的最值表示函数在定义域内值的整体情况。

连续函数f(x)在闭区间[a,b]上必有一个最大值和一个最小值，但是最值点可以不唯一；但在开区间(a，b)内连续的函数不一定有最大值和最小值。

（1）最值与极值的区别与联系：①函数最大值和最小值是比较整个定义域上的函数值得出的，是整个定义区间上的一个概念，而函数的极值则是比较极值点附近两侧的函数值而得出的，是局部的概念；②极值可以有多个，最大(小)值若存在只有一个；③极值只能在区间内取得，不能在区间端点取得；而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。

④有极值的函数不一定有最值，有最值的函数未必有极值，极值可能成为最值。

（2）在区间[a，b]上求函数y=f(x)的最大与最小值的步骤①求函数y=f(x)在(a，b)内的导数②求函数y=f(x)在(a，b)内的极值③将函数y=f(x)在(a，b)内的极值与区间两端的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。

要点诠释：①函数的最值表示函数在定义域内值的整体情况。

连续函数f(x)在闭区间[a,b]上必有一个最大值和一个最小值，但是最值点可以不唯一。

②在实际问题中，要由实际问题的背景构造出相应的函数关系式y=f(x),并注明其定义域，当f x=在定义域内只有一个解时，并且最值一定存在，则此点即为函数f(x)的最值点。

'()0【典型例题】类型一：函数的切线问题例1.求曲线32()23f x x x x =++-的分别满足下列条件的切线：（1）在点11（，）的切线；（2）过点11（，）的切线；【解析】2()322f x x x '=++（1）1x =时，在点11（，）的切线的切线的斜率(1)7k f '==， ∴在点11（，）的切线为17(1)y x -=-，即760x y --=. （2）当切点为点11（，）时，切线为760x y --= 当切点不是点11（，）时，设切点为00(,)P x y ，则320000200000231()3221y x x x y k f x x x x ⎧=++-⎪-⎨'==++=⎪-⎩，解得0015x y =-⎧⎨=-⎩或0011x y =⎧⎨=⎩（舍去） ∴切点为(1,5)P --的切线为13(5)y x +=+，即3140x y -+=，故过点11（，）的切线为760x y --=或3140x y -+=. 举一反三：【变式1】已知曲线1x 2y +=，曲线上哪一点处切线与直线y=-2x+3垂直，并写出这一点的切线方程。

【解析】∵21x)'1x 2('y -=+=，令21x 21=-，得x=4, 将x=4代入1x 2y +=中得y=5∴切点坐标是(4,5)， ∴切线方程为：)4x (215y -=-. 即：x-2y+6=0。

【变式2】设函数32()33f x x ax bx =-+的图象与直线1210x y +-=相切于点（1，－11）,求a ，b 的值.【解析】2'()363f x x ax b =-+∵()f x 的图象与直线1210x y +-=相切于点（1，－11）.∴{(1)11'(1)12f f =-=-，即{13311,36312.a b a b -+=--+=-解之得a=1，b=－3. 类型二：函数单调性问题例2．已知a ∈R ，求函数2()axf x x e =的单调区间. 【解析】22'()2(2)ax axax f x xe ax e x ax e =+=+.（1）当a=0时，若x ＜0，则'()0f x <；若x ＞0，则'()0f x >. 所以，当a=0时，函数()f x 在区间（－∞，0）内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数. （2）当a ＞0时，由2x+ax 2＞0，解得2x a <-或x ＞0；由2x+ax 2＜0，解得20x a-<<. 所以，当a ＞0时，函数()f x 在区间2(,)a-∞-内为增函数，在区间2(,0)a-内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数. （3）当a ＜0时，由2x+ax 2＞0，解得20x a <<-；由2x+ax 2＜0，解得x ＜0或2x a>-. 所以，当a ＜0时，函数()f x 在区间（－∞，0）内为减函数，在区间2(0,)a -内为增函数，在区间2(,)a-+∞内为减函数. 举一反三：【变式1】设31()3f x ax x =+恰有三个单调区间，试确定a 的取值范围，并求其单调区间. 【解析】2'()1f x ax =+（1）当0a ≥时，则'()0f x >恒成立，此时f(x)在R 上为单调函数，只有一个单调区间为(,)-∞+∞，不合题意；（2）当0a <时，'()0f x x >⇒<<'()0f x x x <⇒<>∴当0a <时，函数有三个单调区间，增区间为：(；减区间为：(，-∞，)+∞. 【变式2】已知f(x)=x 2+1, g(x)=x 4+2x 2+2且F(x)=g(x)-λf(x), 试问：是否存在实数λ，使F(x)在(-∞,-1)上是减函数，且在(-1,0)上是增函数.【解析】假设存在实数λ满足题设.F(x)=g(x)-λf(x)=(x 4+2x 2+2)-λ(x 2+1)=x 4-(λ-2)x 2+(2-λ), F '(x)=4x 3-2(λ-2)x,令4x 3-2(λ-2)x=0, （1）若λ≤2，则x=0.当x ∈(-∞,0)时，F '(x)<0；当x ∈(0,+∞)时，F '(x)>0.∴F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，显然不符合题设. （2）若λ>2，则x=0或22-±=λx ，当)22,(---∞∈λx 时，F '(x)<0；当)0,22(--∈λx 时，F '(x)>0；当)22,0(-∈λx 时，F '(x)<0；当),22(+∞-∈λx 时，F '(x)>0.∴F(x)的单调增区间是)0,22(--λ，),22(+∞-λ，单调减区间是)22,(---∞λ，)22,0(-λ.要使F(x)在(-∞,-1)上是减函数，且在(-1,0)上是增函数，则122-=--λ，即λ=4.故存在实数λ=4，使F(x)在(-∞,-1)上是减函数，且在(-1,0)上是增函数. 类型三：函数的极值问题例3. 已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值，求函数()f x 以及()f x 的极大值和极小值.【解析】2'()323,f x ax bx =+-依题意，'(1)'(1)0f f =-=，即32-301,03-2-30a b a b a b +=⎧==⎨=⎩，解得∴3()3f x x x =-，2'()333(1)(1),f x x x x =-=+- 令'()0f x =，得x=-1或x=1，当x 变化时，)(x f '与)(x f 的变化情况如下表：∴)(x f 在1-=x 处取得极大值(1)2f -=，在1=x 处取得极小值(1)2f =-. 【总结升华】利用“)(x f 在0x 处取得极值，则必有导数0)(0='x f ”是本题的破题关键. 举一反三：【变式1】已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+a 2在x=1处有极值10，求a,b 的值. 【解析】2'()32,f x x ax b =++依题意得方程组2320110a b a b a ++=⎧⎨+++=⎩ 解得34311a ab b =-=⎧⎧⎨⎨==-⎩⎩或. 当a=-3,b=3时，2'()363,f x x x =++令'()0f x =得x=1.显然a=-3, b=3不合题意，舍去.当a=4, b=-11时，f ´(x)=3x 2+8x-11=(x-1)(3x+11)令'()0f x =得11x -=或 x=1.f(x)在x=1处有极小值10，合题意，∴a=4, b=-11.【变式2】已知函数3()1f x ax bx =++，当且仅当1,1=-=x x 时，)(x f 取得极值，并且极大值比极小值大4.（1）求常数b a ,的值；（2）求)(x f 的极值.【解析】2()3f x ax b '=+，令0)(='x f 得方程230ax b +=∵)(x f 在1,1=-=x x 处取得极值 ∴1-=x 或1=x 为上述方程的根， ∴30a b +=，即3b a =-∴2()33f x ax a '=-23(1)a x =-3(1)(1)a x x =+- ①当0a =时，()1f x =（不符合题意）②当0a >时，当x 变化时，)(x f '与)(x f 的变化情况如下表：∴)(x f 在1-=x 处取得极大值)1(-f ，在1=x 处取得极小值)1(f . 由题意得4)1()1(=--f f ，整理得2a b +=-，又30a b += 联立，解得1a =，3b =- ∴3()31f x x x =-+由表知道：()(1)3极大值f x f =-=，()(1)1极小值f x f ==-③当0a <时，当x 变化时，)(x f '与)(x f 的变化情况如下表：当x 变化时，)(x f '与)(x f 的变化情况如下表：∴)(x f 在1-=x 处取得极小值)1(-f ，在1=x 处取得极大值)1(f . 由题意得(1)(1)4f f --=，整理得2a b +=，又30a b += 联立，解得1a =-，3b = ∴3()31f x x x =-++()(1)3极大值f x f ==，()(1)1极小值f x f =-=-综上可得：（１）1a =，3b =-或1a =-，3b =（２）当1a =，3b =-时，()(1)3极大值f x f =-=，()(1)1极小值f x f ==-当1a =-，3b =时，()(1)3极大值f x f ==，()(1)1极小值f x f =-=- 类型四：函数的最值问题【高清课堂：导数的应用（理）394572 典型例题一】例4.已知函数23()1(0),()f x ax a g x x bx =+>=+（1）若曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点（1，c ）处具有公共切线，求,a b 的值；（2）当24a b =时，求函数()()f x g x +的单调区间，并求其在区间(,1]-∞-上的最大值。