2014届高考江苏专用(理)一轮复习第三章第4讲导数的综合应用
③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 当1<x<－a时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
答案 2 2
考向一
运用导数解决恒成立及求参数范围
a 【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求 a 的值； 2 (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
审题视点
解析 大． 答案
y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x
＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最
9
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相 同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的 最大值为________cm3.
解析 设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm.
则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， 20 ∴y′＝12x －104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或 (舍去)， 3
2
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
答案
144
2 ，x≥2， 3．(2011· 北京)已知函数 f(x)＝x 若关于 x 的 x－13，x＜2. 方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 ________．
还原到实际问题中作答．
2．研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根
到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通
过数形结合的思想找到解题思路，因此使用的知识还 是函数的单调性和极值的知识．
【助学· 微博】 一个防范 实际问题中的函数定义域一般是受实际问题制约的，不可
盲目地从建立的函数关系中确定函数的定义域．
2
∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．g(x)<g(1)＝－1， ∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．
[方法总结] (1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等 式即可，注意函数的定义域．(2)参数问题涉及的有最值 恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨
－2ax＝(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤时，
f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，
1 f(x)≥0.由 e >1＋x(x≠0)可得 e >1－x(x≠0)，从而当 a> 2
x
－x
时，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，故当 x ∈(0， 2a)时， ln f′(x)<0， f(0)＝0， 而 于是当 x∈(0， 2a) ln 时，f(x)<0，综上得 a
解析
当x＜2时，f′(x)＝3(x－1)2＞0，说明函数在(－∞，
2)上单调递增，函数的值域是(－∞，1)，函数在[2，＋∞)
上单调递减，函数的值域是(0,1]，因此，结合图形要使方 程f(x)＝k有两个不同的实根，则0＜k＜1. 答案 (0,1)
4．(2012· 盐城市第一学期摸底考试)已知函数f(x)＝|x2－6|， 若a<b<0，且f(a)＝f(b)，则a2b的最小值是________．
解析
由 a<b<0 且 f(a)＝f(b)，得 a2－6＝6－b2，即 a2＋b2
＝12，且 a<－ 6<b<0.令 g(b)＝a2b＝(12－b2)b＝12b－b3， 则 g′(b)＝12－3b2，令 g′(b)＝0，得 b＝－2. 又 g(b)在(－ 6，－2)上单调递减，在(－2,0)上单调递增， 所以 －16 答案 g(b)取极小值即最小值 g(－2)＝－24＋8＝－16.
两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为
不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应
用． (2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的 单调性、极值问题处理．
考点自测
1．已知某生产厂家的年利润 y(单位：万元)与年产量 x(单位： 1 3 万件)的函数关系式为 y＝－ x ＋81x－234，则使该生产 3 厂家获取最大年利润的年产量为________万件．
③当 b∈(2，＋∞)时，∵[g(x)]min＝g(2)＝8－4b. 1 17 解不等式 8－4b≤－ ，可得 b≥ . 2 8 17 综上所述，b 的取值范围是 8 ，＋∞. [方法总结] (1)利用导数解决不等式问题，就是把不等式恒
成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值 的问题．(2)利用导数方法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上 恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据
2
存在 x2∈[1,2]，使 f(x1)≥g(x2)，求实数 b 的取值范围．
解
1－a (1)∵f(x)＝ln x－ax＋ x －1，
a－1 ax2－x＋1－a 1 ∴f′(x)＝x－a＋ 2 ＝－ ， x∈(0， ＋∞)， x x2
令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．
①当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，
∴当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递 增．
②当 a≠0 时，令 f′(x)＝0，则 ax2－x＋1－a＝0，解得 x1 1 ＝1，x2＝a－1. 1 a．当 a＝ 时，x1＝x2，h(x)≥0 恒成立，此时 f′(x)≤0， 2 函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 1 1 b．当 0<a< 时，a－1>1>0， 2 x∈(0,1)时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调递减； 1 x∈1，a－1时，h(x)<0，此时 f′(x)>0.函数 f(x)单调递增； 1 x∈a－1，＋∞时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调 递减；
此时函数 f(x)的单调递增区间为
－∞，－
a 和 6
a ，＋∞， 6
单调递减区间为－
a ， 6
a . 6
(2)证明 由于 0≤x≤1，故当 a≤2 时， f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 当 a>2 时，f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2≥ 4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 3 3 2 则 g′(x)＝6x －2＝6x－ x＋ ， 3 3 于是 g′(x)，g(x)随 x 的变化情况如下表
第4讲 导数的综合应用
考点梳理
1．利用导数解决实际生活中的优化问题
(1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的 数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)，并确定定义域； (2)求导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)判断使f′(x)＝0的点是
极大值点还是极小值点；(4)确定函数的最大值或最小值，
1 的取值范围为－∞，2.
考向二
运用导数解决不等式问题
1－a 【例 2】 (2012· 苏州调研)已知函数 f(x)＝ln x－ax＋ x －1(a ∈R)．
1 (1)当 a≤ 时，讨论 f(x)的单调性； 2 1 (2)设 g(x)＝x －2bx＋4，当 a＝ 时，若对任意 x1∈(0,2)， 4
5．(2012· 苏北四市调研(二))设直线y＝a分别与曲线y2＝x 和y＝ex交于M，N两点，则当线段MN长取得最小值时 a的值为________． 解析 由条件得 MN＝|a2－ln a|.设 f(x)＝x2－ln x(x>0)， 2x2－1 1 2 则 f′(x)＝2x－x＝ x .当 x> 时，f′(x)>0，f(x)在 2 2 2 上单调递增；当 0<x< 时，f′(x)<0，f(x)在 ，＋∞ 2 2 2 1 2 1 2 0， 上单调递减，所以 f(x)min＝f ＝ －ln ＝ (1 2 2 2 2 2 2 ＋ln 2)．故当线段 MN 取得最小值时，a＝ . 2
论思想的运用．
【训练1】 (2010· 新课标全国卷)设函数f(x)＝ex－1－x－ax2. (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．
解
(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故 f(x)在(－∞，0)上单调减少，在(0，＋∞)上单调增加． (2)f′(x)＝ex－1－2ax. 由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′(x)≥x
1 c．当 a<0 时，由于a－1<0，x∈(0,1)时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调递减； x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时 f′(x)>0，函数 f(x)单调 递增． 综上所述： 当 a≤0 时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上 单调递增； 1 当 a＝ 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 2 1 1 当 0<a< 时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在1，a－1上 2 1 单调递增，在a－1，＋∞上单调递减．
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版第四节函数与导数的综合问题考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点——多角探明[锁定考向]用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．[题点全练]角度一：求函数零点或零点个数1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a 的直线．当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则⎩⎪⎨⎪⎧u′x0＝1x0＝k，y0＝ln x0，y0＝kx0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x0＝1，k＝1，y0＝0，所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－ln x＋1x.令g(x)＝－ln x＋1x(x＞0)，则g′(x)＝ln xx2.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝－1， 由于g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，x →＋∞时，g (x )→0，所以当0＜x ＜1e 时，g (x )＞0，当x ＞1e 时，g (x )＜0.所以当a ＜－1时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1或a ≥0时，函数f (x )有1个零点；当－1＜a ＜0时，函数f (x )有2个零点．角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2．(2019·徐州调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．解：令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.[通法在握]函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题．[演练冲关]1．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：∵f (x )＝a e x－x －2a ，∴f ′(x )＝a e x－1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2.当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减，∴g (a )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 考点二 导数与不等式的证明问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领]已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)， 令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)， 则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， 因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立． [由题悟法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． [提醒] 变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x ＋a x. (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a . 解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x ＞0)，所以当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x )无最小值． 当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 函数f (x )在x ＝a 处取最小值f (a )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )， 则g ′(x )＝(x －a )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x2－12a －x 2＝－4a x －a 2x 22a －x 2＜0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0， 即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)， 由(1)可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1， 故x 1＋x 2＞2a .考点三 利用导数研究探索性问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2018·泰州调研)已知f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e. (1)若a ＝－1，判断是否存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0，并说明理由；(2)设h (x )＝f (x )－g (x )，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e ＝2.718 28…为自然常数)时，函数h (x )的最小值为3，并说明理由．解：(1)不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.理由如下：当a ＝－1时，f (x )＝x 2－x －ln x ＋e ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x ＝2x 2－x －1x ＝x －12x ＋1x.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值f (1)当x ＝1时，函数f (x )有极小值，f (x )极小值＝f (1)＝e ， 此极小值也是最小值， 故不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.(2)因为f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e ， 所以h (x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x ， 则h ′(x )＝a －1x.假设存在实数a ，使h (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3. (ⅰ)当a ≤0时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．(ⅱ)当a ＞0时，①当0＜a ≤1e 时，1a ≥e，h ′(x )≤0在(0，e]上恒成立，所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．②当a ＞1e 时，0＜1a＜e ，当0＜x ＜1a时，h ′(x )＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减；当1a＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 上单调递增，所以h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，解得a ＝e 2＞1e.综上所述，存在a ＝e 2，使x ∈(0，e]时，h (x )有最小值3.[由题悟法]解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．[即时应用]已知函数f (x )＝x －aln x，其中a 为实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)是否存在实数a ，使得对任意x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，f (x )＞x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a 的值并加以证明．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x， f ′(x )＝x ln x －x ＋2x ln x 2，f ′(2)＝1ln 2， 又f (2)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝1ln 2(x －2)． (2)①当0＜x ＜1时，ln x ＜0， 则x －aln x＞x ⇔a ＞x －x ln x ， 令g (x )＝x －x ln x ， 则g ′(x )＝2x －2－ln x2x ，再令h (x )＝2x －2－ln x ， 则h ′(x )＝1x －1x＝x －1x，故当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上单调递减， 所以当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0， 所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝1， 所以a ≥1.②当x ＞1时，ln x ＞0， 则x －aln x＞x ⇔a ＜x －x ln x . 由①知当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )＞g (1)＝1， 所以a ≤1. 综合①②得：a ＝1. 考点四 新定义函数问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(2)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D ，若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．解：(1)因为f ′(x )＝2ax －sin x ， 令g (x )＝2ax －sin x ， 则g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x ＞0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x ＞0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增， 所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12＜a ＜12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，cos x ＞2a ，即g ′(x )＜0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )＜f ′(0)＝0，即函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)证明：记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x ＞0)，①若a ＞0，注意到ln x ＜x ，则ln x 12＜x 12，即ln x ＜2x . 当x ＞⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ＞2ax －2x －2 ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a ＞0.所以∃m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x ＞1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x ＜0. 所以∃m ＝1，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减，综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．[由题悟法]对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．[即时应用]若在公共定义域D 上，f 1(x )＜f (x )＜f 2(x )，则称函数f (x )为函数f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”．(1)已知函数f 1(x )＝12x 2＋2x ＋4ln x ，f 2(x )＝x 2＋2x ＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”；(2)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋ln x ，f 1(x )＝(a －1)x 2＋ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝12x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)上，f (x )为f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”，求a 的取值范围．解：(1)证明：设K (x )＝f 2(x )－f 1(x )＝12x 2－4ln x ＋2，下证K (x )min ＞0.K ′(x )＝x －4x＝x －2x ＋2x，故K ′(x )与K (x )随x 的变化情况如下表：x (0,2) 2 (2，＋∞)K ′(x ) －0 ＋K (x )4－4ln 2因为4－4ln 2＞4－4ln e ＝0， 所以K (x )≥4－4ln 2＞0.设R (x )＝f 1(x )＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1， 则f 1(x )＜R (x )＜f 2(x )．所以在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”． (2)设H (x )＝f 1(x )－f (x )＝－x 2＋ax －a 2ln x ， 则在(1，＋∞)上，H (x )＜0.因为H ′(x )＝－2x －a 2x ＋a ＝－2x 2＋ax －a 2x ＝－4x －a 2＋7a28x，所以在(1，＋∞)上，H ′(x )＜0，H (x )是减函数， 所以H (x )＜H (1)≤0，所以a ≤1.设P (x )＝f (x )－f 2(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ，则在(1，＋∞)上，P (x )＜0. 若a ＞12，则4a 2a －1＞1，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2a －1＝ln 4a 2a －1＞0，矛盾． 若a ≤12，因为P ′(x )＝(2a －1)x ＋1x －2a ＝x －1[2a －1x －1]x ，所以在(1，＋∞)上，P ′(x )＜0，P (x )是减函数， 所以P (x )＜P (1)≤0. 所以a ≥－12，所以－12≤a ≤12.故所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ， 则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 2．已知函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)是否存在实数a 使得对于任意的x 1，x 2∈(a ，＋∞)，且x 1＜x 2，恒有f x 2－f a x 2－a ＞f x 1－f a x 1－a成立？若存在，求a 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)因为f (x )＝x e x ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x ) 极小值所以f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，f (x )有极小值f (－1)＝－1e ，无极大值．(2)存在满足题意的实数a .理由如下：令g (x )＝f x －f a x －a ＝x e x －a e ax －a (x ＞a )，则f x 2－f ax 2－a ＞f x 1－f a x 1－a等价于g (x )在(a ，＋∞)上单调递增．又g ′(x )＝x 2－ax －a e x ＋a e ax －a 2，记h (x )＝(x 2－ax －a )e x ＋a e a ，则h ′(x )＝[x 2＋(2－a )x －2a ]e x ＝(x ＋2)·(x －a )e x ，故当a ≥－2，且x ＞a 时，h ′(x )＞0，h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．故h (x )＞h (a )＝0，从而g ′(x )＞0，g (x )在(a ，＋∞)上单调递增，满足题意； 另一方面，当a ＜－2，且a ＜x ＜－2时，h ′(x )＜0，h (x )在(a ，－2)上单调递减． 故h (x )＜h (a )＝0，从而g ′(x )＜0，g (x )在(a ，－2)上单调递减，不满足题意．所以a 的取值范围为[－2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝0处的导数值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，(ⅰ)求实数b 的取值范围；(ⅱ)证明：x 1＋x 2＜0.解：(1)因为f ′(x )＝e x ＋a ，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝1＋a ，又f ′(0)＝0，所以a ＝－1.(2)(ⅰ)因为f (x )＝e x －x ＋b ，所以f ′(x )＝e x －1.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．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，也是最小值，且f (0)＝1＋b .因为f (x )有两个零点x 1，x 2，所以f (0)＝1＋b ＜0，所以b ＜－1，即实数b 的取值范围是(－∞，－1)．(ⅱ)证明：因为f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，所以e x 1－x 1＋b ＝0 ①，e x 2－x 2＋b ＝0 ②，由②－①得e x 2－e x 1＝x 2－x 1，即e x 1 (e x 2－x 1－1)＝x 2－x 1.令x 2－x 1＝t ，t ＞0，则e x 1 (e t －1)＝t ，所以e x 1＝t e t －1，e x 2＝t e t e t －1. 要证x 1＋x 2＜0，只需证e x 1e x 2＜1，即证t e t －1·t e t e t －1＜1， 即证t 2e t ＜(e t －1)2，即证t 2e t －(e t )2＋2e t －1＜0.令m (t )＝t 2e t －(e t )2＋2e t －1，则m ′(t )＝e t (t 2＋2t ＋2－2e t )．令n (t )＝t 2＋2t ＋2－2e t ，则n ′(t )＝2t ＋2－2e t .设φ(t )＝2t ＋2－2e t ，则当t ＞0时，φ′(t )＝2－2e t ＜0，所以当t ＞0时，φ(t )单调递减，因为φ(0)＝0，所以当t ＞0时，φ(t )＜0，则n ′(t )＜0，所以当t ＞0时，n (t )单调递减，又n (0)＝0，所以当t ＞0时，n (t )＜0，则m ′(t )＜0，所以当t ＞0时，m (t )单调递减，因为m (0)＝0，所以当t ＞0时，m (t )＜0.综上可知，原式得证．4．若对任意实数k ，b 都有函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，则称函数f (x )为“恒切函数”，设函数g (x )＝a e x－x －pa ，a ，p ∈R.(1)讨论函数g (x )的单调性；(2)已知函数g (x )为“恒切函数”．①求实数p 的取值范围；②当p 取最大值时，若函数h (x )＝g (x )e x －m 为“恒切函数”，求证：0≤m ＜316. (参考数据：e 3≈20)解：(1)g ′(x )＝a e x －1，当a ≤0时，g ′(x )＜0恒成立，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，由g ′(x )＞0，得x ＞－ln a ；由g ′(x )＜0，得x ＜－ln a ，所以函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f (x )为“恒切函数”，则函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＋k ＝k 且f (x 0)＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，即f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝0.因为函数g (x )为“恒切函数”，所以存在x 0，使得g ′(x 0)＝0，g (x 0)＝0，即⎩⎨⎧ a e 0x －x 0－pa ＝0，a e 0x －1＝0，解得a ＝e －0x ＞0，p ＝e 0x (1－x 0)．设m (x )＝e x (1－x )，则m ′(x )＝－x e x ，由m ′(x )＜0，得x ＞0；由m ′(x )＞0，得x ＜0，故函数m (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m (x )max ＝m (0)＝1，故实数p 的取值范围为(－∞，1]．②证明：由①知当p 取最大值时，p ＝1，a ＝1，故h (x )＝(e x －x －1)e x －m ，则h ′(x )＝(2e x －x －2)e x .因为函数h (x )为“恒切函数”，故存在x 0，使得h ′(x 0)＝0，h (x 0)＝0，由h ′(x 0)＝0，得(2e 0x －x 0－2)e 0x ＝0，即2e x 0－x 0－2＝0.设n (x )＝2e x －x －2，则n ′(x )＝2e x －1，由n ′(x )＞0，得x ＞－ln 2；由n ′(x )＜0，得x ＜－ln 2，故n (x )在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n (0)＝0，故x 0＝0，则由h (x 0)＝0，得m ＝0.在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n (－2)＝2e －2＞0，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝2e －32－12≈2×(20)－12－12＝15－12＜0，故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上存在唯一的x 0，使得2e 0x －x 0－2＝0，即e 0x ＝x 0＋22，此时由h (x 0)＝0，得m ＝(e0x －x 0－1)e x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22－x 0－1·x 0＋22＝－14x 0(x 0＋2)＝－14(x 0＋1)2＋14， 因为函数r (x )＝－14(x ＋1)2＋14在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上单调递增，且r (－2)＝0，r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝316，所以0＜m ＜316. 综上，0≤m ＜316.。
高考数学一轮复习讲练测(江苏版)：专题3.3导数的综合应用(测)(含答案解析)
班级 __________姓名 _____________学号 ___________得分 __________(满分100 分，测试时间 50分钟)一、填空题： 请把答案直接填写在答题卡相应的地点 上(共．．．．．．．．10 题，每题6 分，合计60 分)．1. 【2016 河北衡水四调，理11】设过曲线f xe xx （ e 为自然对数的底数）上随意一点处的切线为l 1 ，总存在过曲线g xax2cos x上一点处的切线l 2 ，使得l 1l 2 ，则实数a 的取值范围为 ________．【答案】1,22. 【 2016 云南统测一，理 16】已知实数 a, b 都是常数，若函数ya x 1 be2 x 1的图象x2在切点 0,1处的切线方程为 3x4 y 20, y a x 1 be2 x1与 yk x 3x 21 的图2象有三个公共点，则实数 k 的取值范围是.【答案】 (, 1)(0, )4【分析】当 x1时， ya | x 1| be 2 x 1a(1 x) be 2 x 1 ，则x 2x 2f ' (x)3a2be 2x 1 ，(x 2)2因为函数 ya x 11的图象在切点0,13x 4 y 2 0 ，xbe2 x处的切线方程为22f (0)1a b1a 1| x 1| ；22e 2，即 y所以，即，解得f ' (x)3 3a 2b 3 b 0 x 244 e4| x1|k (x 1)3，适当x1时，方程建立，x2当 x1时，得x1k (x1)3，即1( x2)( x1)2，x2k当 x1时，得(x1)k( x1)3，即1( x2)( x 1)2，x2k令 y 1， f ( x)( x2)( x1)2 , x13( x1)( x1), x1( x2)( x1)2 , x，则 f '( x)1)( x1), x，k13( x113.已知 y＝ f(x)是奇函数，当x∈ (0,2)时， f(x)＝ ln x－ ax a>2，当 x∈(－2,0)时， f(x)的最小值为 1，则 a 的值等于 ________．【答案】 1【分析】由题意知，当x∈ (0,2)时， f(x)的最大值为－ 1.令 f′(x)＝1－ a＝ 0，得 x＝1，x a当 0<x<1a时，f′(x)>0 ；当 x>1时，f ′(x)<0.a1∴ f(x)max＝ f a＝－ ln a－ 1＝－ 1，解得 a＝ 1.4.函数 f(x)＝ x3－3x－ 1，若关于区间 [ － 3,2] 上的随意 x1，x2，都有 |f(x1) －f(x2)| ≤t，则实数 t 的最小值是 ________．【答案】 20【分析】因为f′(x)＝3x2－ 3＝ 3(x－ 1)(x＋ 1)，令 f′(x)＝ 0，得 x＝±1，所以－ 1， 1 为函数的极值点．又 f(－ 3)＝－ 19，f(－ 1)＝ 1，f(1)＝－ 3，f(2)＝ 1，所以在区间 [－ 3,2] 上 f(x)max＝ 1，f(x) min＝－ 19.又由题设知在区间[ － 3,2] 上 f(x)max－ f(x) min≤t，进而 t≥ 20，所以 t 的最小值是20.5.f(x)是定义在 (0，＋∞)上的非负可导函数，且知足 xf′(x)＋ f( x) ≤0，对随意正数 a，b，若 a<b，则 af(b)与 bf(a)的大小关系为________．【答案】 af(b) ≤bf(a)【分析】∵ xf′(x)≤－ f(x) ，f(x) ≥0，∴f x′＝xf x － f x－2f x x2≤2≤ 0.x x则函数f x在(0，＋∞)上是单一递减的，因为0<a<b，则f a f b.即 af(b) ≤bf(a)．x a≥b6.设 D 是函数 y＝ f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈ D，使 f(x0)＝－ x0，则称 x0是 f(x)的一个“次不动点”，也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”，若函数f(x)＝ax2－3x－ a＋52在区间[1,4] 上存在“次不动点”，则实数 a 的取值范围是 ________．【答案】－∞，12133927.电动自行车的耗电量y 与速度 x 之间相关系y＝3x －2 x － 40x(x>0) ，为使耗电量最小，则速度应定为 ________．【答案】 40【分析】由y′＝ x2－ 39x－ 40＝0，得 x＝－ 1 或x＝ 40，因为0<x<40 时， y′<0；当x>40时， y′>0.所以当x＝40 时， y 有最小值．8. 【 2015 济南模拟】函数f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，则 a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0)【分析】 f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即 f ′(x)＝ 0 有两个不等实根．∵ f(x)＝ ax3＋ x，∴ f′(x)＝ 3ax2＋ 1.要使f′(x)＝ 0 有两个不等实根，则a<0.9.函数y＝x2 (x>0)的图象在点(a k， a2k)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k＋1，此中k∈ N* .若 a1＝ 16，则a1＋ a3＋ a5的值是 ________．【答案】2122212e x ＋ 1 e xf xg x10.设函数 f(x)＝x， g(x)＝e x，对随意 x1、 x2∈ (0，＋∞)，不等式k≤k＋ 1恒成立，则正数k 的取值范围是________．【答案】 [1，＋∞)分析】因为对随意x1、x2∈ (0，＋∞)，不等式g x1f x2恒建立，所以kg x1max.k≤k＋1k＋ 1≥f x2因为 g(x)＝e2x x ，e所以 g′(x)＝( xe2－x) ＝′ e2－x＋ xe2－x·(－ 1)＝ e2－x(1－ x)．当 0<x<1 时， g′(x)>0 ；当 x>1 时， g′(x)<0 ，所以 g(x)在 (0,1] 上单一递加，在[1，＋∞)上单一递减．所以当 x＝1 时， g(x)取到最大值，即g(x) max＝ g(1) ＝e；e2 x2＋ 1因为 f( x)＝，当x∈ (0，＋∞)时，x2121，f(x)＝ e x＋x≥ 2e，当且仅当e x＝x1即 x ＝ e 时取等号，故 f(x)min ＝ 2e. 所以 g x 1 max ＝ e ＝ 1.f x 2 2e 2所以 k 1≥ .又因为 k 为正数，所以 k ≥ 1.k ＋ 1 2 二、解答题：解答应写出必需的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定地区内 。
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．。
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算教案文含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算教案文含解析苏教版第一节 导数的概念及导数的运算1．导数的概念 (1)平均变化率一般地，函数f (x )在区间[x 1，x 2]上的平均变化率为f x 2－f x 1x 2－x 1.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数 ①定义：设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，此值ΔyΔx ＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A为函数f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)．②几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(3)函数f (x )的导函数若f (x )对于区间(a ，b )内任一点都可导，则f (x )在各点的导数也随着自变量x 的变化而变化，因而也是自变量x 的函数，该函数称为f (x )的导函数．2．基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x )＝x α f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e xf (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x3．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[Cf (x )]′＝Cf ′(x )(C 为常数)；(3)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (4)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x g 2x (g (x )≠0)．[小题体验]1．设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为________． 解析：由f (x )＝x ln x 得f ′(x )＝ln x ＋1.根据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e. 答案：e2．曲线y ＝x 3－x ＋3在点(1,3)处的切线方程为________． 答案：2x －y ＋1＝03．已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝_____.解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，所以f ′(3)＝－13，因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.答案：01．利用公式求导时要特别注意不要将幂函数的求导公式(x α)′＝αx α－1与指数函数的求导公式(a x)′＝a xln a 混淆．2．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．[小题纠偏]1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为________．解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－cos x ＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .答案：－x sin x2．已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a·e x图象的切线，则实数a ＝________.解析：设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1a·e 0x＝－1，所以ex ＝a ，又－1a·e 0x＝－x 0＋1，所以x 0＝2，a ＝e 2.答案：e 23．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a ＝________.解析：因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2，设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，则在该点处的切线斜率为k ＝3x 20，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.答案：－1或－2564考点一 导数的运算基础送分型考点——自主练透[题组练透]求下列函数的导数． (1)f (x )＝x 3＋x ； (2)f (x )＝sin x ＋x ； (3)f (x )＝e x cos x ； (4)f (x )＝x －1x－ln x . 解：(1)f ′(x )＝(x 3＋x )′＝(x 3)′＋(x )′＝3x 2＋1. (2)f ′(x )＝cos x ＋1.(3)f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ＝e x(cos x －sin x )． (4)f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2.[谨记通法]求函数导数的3种原则考点二 导数的几何意义题点多变型考点——多角探明[锁定考向]导数的几何意义是把函数的导数与曲线的切线联系在一起，一般不单独考查，在填空题中会出现，有时也体现在解答题中，难度偏小．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)求切点坐标；(3)求参数的值(范围)．[题点全练]角度一：求切线方程1．(2019·泰州检测)若函数f (x )＝2x 在点(a ，f (a ))处的切线与直线2x ＋y －4＝0垂直，则该切线方程为________．解析：∵切线与直线2x ＋y －4＝0垂直， ∴切线的斜率是12.∵f (x )＝2x ，∴f ′(x )＝x12-，∴f ′(a )＝a12-＝12. 解得a ＝4，则f (4)＝4，故函数f (x )在点(4,4)处的切线方程为x －2y ＋4＝0. 答案：x －2y ＋4＝02．已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为C ，两曲线在点C 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝8x，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即C (4,2)，由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x ，则直线l 1的斜率k 1＝14，∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4，如图，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.答案：6角度二：求切点坐标3．(2019·扬州模拟)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为________．解析：f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y ＝2x －1上，符合题意．答案：(1,3)和(－1,3) 角度三：求参数的值(范围)4．(2018·常州高三期末)已知函数f (x )＝bx ＋ln x ，其中b ∈R.若过原点且斜率为k 的直线与曲线y ＝f (x )相切，则k －b 的值为________．解析：设切点为(x 0，bx 0＋ln x 0)，f ′(x )＝b ＋1x ，则k ＝b ＋1x 0，故切线方程为y －(bx 0＋ln x 0)＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1x(x －x 0)，将(0,0)代入，可得x 0＝e ，则k ＝b ＋1e ，∴k －b ＝1e .答案：1e[通法在握]与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 0)求斜率k ，即求该点处的导数值，k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0.[演练冲关]1．曲线f (x )＝2x －e x与y 轴的交点为P ，则曲线在点P 处的切线方程为________． 解析：曲线f (x )＝2x －e x 与y 轴的交点为(0，－1)． 且f ′(x )＝2－e x，所以f ′(0)＝1. 所以所求切线方程为y ＋1＝x ，即x －y －1＝0. 答案：x －y －1＝02．(2018·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝mx ＋1(m ＞0)在x＝1处的切线为l ，则点(2，－1)到直线l 的距离的最大值为________．解析：把x ＝1代入y ＝m x ＋1，得y ＝m2， 则切线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m 2.∵y ′＝－m x ＋12，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－m4.∴切线l 的方程为y －m 2＝－m4(x －1)，即mx ＋4y －3m ＝0.∴点(2，－1)到直线l 的距离d ＝|2m －4－3m |m 2＋42＝|－4－m |m 2＋16＝m ＋4m 2＋16＝m ＋42m 2＋16＝m 2＋8m ＋16m 2＋16＝1＋8mm 2＋16＝ 1＋8m ＋16m≤ 1＋82m ·16m＝2，当且仅当m ＝16m，即m ＝4时取“＝”，故所求最大值为 2. 答案： 23．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R)．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝b ＝0，f ′0＝－aa ＋2＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或a ＝1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)＞0， 即4a 2＋4a ＋1＞0，所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·常州调研)函数f (x )＝e x ＋x 2＋sin x 的导函数f ′(x )＝________. 答案：e x＋2x ＋cos x2．(2018·镇江调研)函数f (x )＝(x ＋1)2(x －1)在x ＝1处的导数等于________． 解析：由f (x )＝(x ＋1)2(x －1)＝x 3＋x 2－x －1，得f ′(x )＝3x 2＋2x －1， 所以f ′(1)＝3＋2－1＝4. 答案：43．(2018·苏州暑假测试)曲线y ＝e x在x ＝0处的切线方程为____________． 解析：因为y ′＝e x，所以y ＝e x在x ＝0处的切线斜率k ＝e 0＝1， 因此切线方程为y －1＝1×(x －0)，即x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝04．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________.解析：因为f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x(－sin x )，所以f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π. 答案：－3π5．(2019·苏州调研)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R)图象上任意一点处的切线的斜率都小于1，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32＋a23，当x ＝a 3时，f ′(x )取到最大值a 23.∴a 23＜1，解得－3＜a ＜ 3. 答案：(－3，3)6．(2018·苏北四市调研)已知f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，则f (x )在点P (－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：因为f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，所以f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，所以f ′(－1)＝8， 故切线方程为y －2＝8(x ＋1)，即8x －y ＋10＝0， 令x ＝0，得y ＝10，令y ＝0，得x ＝－54，所以所求面积S ＝12×54×10＝254.答案：254二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝________. 解析：因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，令x ＝1，得f ′(1)＝2＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4，所以f ′(2)＝2×2－4＝0.答案：02．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2.若f ′(2 018)＝6，则f ′(－2 018)＝________. 解析：因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7. 所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7 ＝－4ax 3＋b sin x ＋7. 所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14. 又f ′(2 018)＝6，所以f ′(－2 018)＝14－6＝8. 答案：83．(2019·淮安调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2， 所以y ′＝x ＋2－x x ＋22＝2x ＋22，y ′| x ＝－1＝2，所以曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2， 所以所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案：y ＝2x ＋14．(2018·无锡期末)在曲线y ＝x －1x(x ＞0)上一点P (x 0，y 0)处的切线分别与x 轴，y轴交于点A ，B ，O 是坐标原点，若△OAB 的面积为13，则x 0＝________.解析：因为y ′＝1＋1x2，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0－1x 0，x 0＞0，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1＋1x 20，所以切线方程是y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 20(x －x 0)．令y ＝0，得x ＝2x 0x 20＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0x 20＋1，0； 令x ＝0，得y ＝－2x 0，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2x 0.所以S △OAB ＝12·2x 0x 20＋1·2x 0＝2x 20＋1＝13，解得x 0＝ 5.答案： 55．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m ＜0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m ＝________.解析：因为f ′(x )＝1x，所以直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，所以切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m ＜0，解得m ＝－2. 答案：－26．(2018·淮安高三期中)已知函数f (x )＝x 3.设曲线y ＝f (x )在点P (x 1，f (x 1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x 2，f (x 2))，记f ′(x )为函数f (x )的导函数，则f ′x 1f ′x 2的值为________．解析：由f ′(x )＝3x 2，得f ′(x 1)＝3x 21，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 1，x 31)处的切线方程为y ＝3x 21x －2x 31，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x 21x －2x 31，y ＝x 3，解得Q(－2x 1，－8x 31)，所以x 2＝－2x 1，所以f ′x 1f ′x 2＝3x 213x 22＝14.答案：147．(2019·南通一调)已知两曲线f (x )＝2sin x ，g (x )＝a cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点P .若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为________．解析：f ′(x )＝2cos x ，g ′(x )＝－a sin x ．设点P 的横坐标为x 0，则f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)·g ′(x 0)＝－1，即2sin x 0＝a cos x 0，(2cos x 0)·(－a sin x 0)＝－1，所以4sin 2x 0＝1.即 sin x 0＝±12，因为x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin x 0＝12，cos x 0＝32，所以a ＝233.答案：2338．曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1(x ∈[1,2])上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．解析：设P (x 0，x 20＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 2＋1)＝2x 0(x －x 0)，所以y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，设g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，则g (1)＋g (2)＝－2x 20＋6x 0＋2，所以S 普通梯形＝g 1＋g 22×1＝－x 20＋3x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋134，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134时，S 普通梯形最大．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1349．(2019·盐城中学月考)求下列函数的导数： (1)y ＝x 2(ln x ＋sin x )； (2)y ＝cos x －x x2； (3)y ＝x ln x .解：(1)y ′＝2x (ln x ＋sin x )＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋cos x ＝2x ln x ＋2x sin x ＋x ＋x 2cos x .(2)y ′＝－sin x －1x 2－cos x －x ·2xx 4＝x －2cos x －x sin xx 3.(3)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·1x ln x ＋x ·1x ＝2＋ln x 2x .10．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解：(1)因为f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，所以f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，因为f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，所以切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，所以x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，所以经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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，则a 的值为________．解析：由f (x )＝x 3＋ax ＋14得， f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，所以曲线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)， g ′(x )＝－1x， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ －ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34， 所以x 0＝e 34，所以a ＝－1e34＝－e 34-. 答案：－e34-2．(2018·启东中学高三测试)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线l：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在实数k，使直线l既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，因为f′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，解得a＝－2.(2)存在，理由如下：由已知得，直线l恒过定点(0,9)，若直线l是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3x20＋6x0＋12)．因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3x20＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f′(x)＝－6x2＋6x＋12，①由f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9，所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10.所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
高考数学一轮总复习 3.3 导数的综合应用课件 理 苏教版
(tǎolùn)f(x)的单调性； • (2)当m≤2时，证明f(x)>0. • 审题路线 (1)由极值点确定出实数m的值， 然后利用导数求出函第十五数页，共4的4页。 单调区间；(2)当m≤2
解 (1)易知 f′(x)＝ex－x＋1 m. 由 x＝0 是 f(x)的极值点得 f′(0)＝0，所以 m＝1. 于是 f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)， ∴f′(x)＝ex－x＋1 1在(－1，＋∞)上是增函数，且 f′(0)＝0. 当 x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当 x>0 时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以 f(x)max＝f(1)＝2a， 所以 ma－a2>2a，即 m<a＋2.
因为 a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0，即 m≤－2.
所以实数 m 的取值范围是(－∞，－2]．
第二十三页，共44页。
考点三 导数与生活中的优化问题 【例 3】 某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距 m 米，
的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．
(√)
第四页，共44页。
2．关于实际应用问题
(3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析
式共同确定．
(√)
(4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×)
(5)(2014·贵阳调研改编)已知某生产厂家的年利润 y(单位：万
元)与年产量 x(单位：万件)的函数关系式为 y＝－13x3＋81x－
• 2．两点注意 一是注意实际问题中函数定义 域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如
高考数学一轮复习 3.4 导数的综合应用 理 苏教版
3.4 导数的综合应用一、填空题1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为________cm. 解析 设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ，则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400 h －h 3)， ∴V ′＝13π(400－3h 2)，由V ′＝0，得h ＝2033. 所以当h ＝2033cm 时，V 最大． 答案 20332．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx 有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．解析 因为函数y ＝e x ＋2mx ，有大于零的极值点，所以y ′＝e x＋2m ＝0有大于零的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12. 答案 m <－123．若函数y ＝f (x )可导，则“f ′(x )＝0有实根”是“f (x )有极值”的________． 答案 必要不充分条件4．已知函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，显然a >0，f ′(x )＝3(x ＋a )(x －a )，由已知条件0<a <1，解得0<a <1.答案 (0,1)5．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)·(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是________．解析 结合二次函数图象知，当a >0或a <－1时，在x ＝a 处取得极小值，当－1<a <0时，在x ＝a 处取得极大值，故a ∈(－1,0)．答案 (－1,0)6．有一长为16m 的篱笆，要围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m 2.解析 设矩形的长为x m ，则宽为：16－2x 2＝8－x (m)∴S 矩形＝x (8－x )＝8x －x 2＝－(x －4)2＋16≤16.答案 167．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________． 解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案 (－2,2)8．一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后t 秒内列车前进的距离为S ＝27t －0.45t 2米，则列车刹车后________秒车停下来，期间列车前进了________米．解析 S ′(t )＝27－0.9t ，由瞬时速度v (t )＝S ′(t )＝0得t ＝30(秒)，期间列车前进了S (30)＝27×30－0.45×302＝405(米)．答案 30 4059．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1,0)上单调递减，则 a 2＋b 2的取值范围是________．解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －b －3≥0，b ≤0，∴a ，b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线2a －b －3＝0的距离d ＝35，∴a 2＋b 2≥d 2＝95， ∴a 2＋b 2的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞ 10．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.∴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 .∴⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＞0－4－a ＜0，解得：－4＜a ＜0.答案 (－4,0)11．将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________． 解析 如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ，∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)，又S △ADE ＝34x 2(m 2)， ∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)， ∴s ＝433×x 2－6x ＋91－x2(0＜x ＜1)， ∴s ′＝－833×3x －1x －31－x 22，令s ′＝0得 x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′＜0，s 递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′＞0，s 递增．故当x ＝13时，s 的最小值是3233. 答案 323312．已有函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．解析 在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x ＞0时，f (x )＜0，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，图象关于y 轴对称，f (x )＞0，∴x ＜－1.答案 (－∞，－1)∪(0,1)13．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 4二、解答题14. 已知函数3()(0)f x ax cx d a =++≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-.(I)求()f x 的单调区间和极大值；(II)证明对任意12,x x (1,1),∈-不等式12|()()|4f x f x -<恒成立.解析 (I)由奇函数定义，应有()(),f x f x x R -=-∈.即 33,0.ax cx d ax cx d d --+=---∴=因此， 3(),f x ax cx =+2'()3.f x ax c =+由条件 (1)2f =-为()f x 的极值，必有'(1)0,f =故230a c a c +=-⎧⎨+=⎩解得 1, 3.a c ==-因此， 32()3,'()333(1)(1),'(1)'(1)0.f x x x f x x x x f f =-=-=+--==当 (,1)x ∈-∞-时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(,1)-∞-上是增函数.当 (1,1)x ∈-时，'()0f x <，故()f x 在单调区间(1,1)-上是减函数.当 (1,)x ∈+∞时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(1,)+∞上是增函数.所以，()f x 在1x =-处取得极大值，极大值为(1) 2.f -=(II)由(I)知，3()3([1,1])f x x x x =-∈-是减函数，且 ()f x 在[1,1]-上的最大值(1)2,M f =-=()f x 在[1,1]-上的最小值(1) 2.m f ==-所以，对任意12,(1,1),x x ∈-恒有12|()()|2(2) 4.f x f x M m -<-=--=15．如图，某市准备在一个湖泊的一侧修建一条直路OC ，另一侧修建一条观光大道，它的前一段OD 是以O 为顶点，x 轴为对称轴，开口向右的抛物线的一部分，后一段DBC 是函数y＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x ∈[4,8]时的图象，图象的最高点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，833，DF ⊥OC ，垂足为F . (1)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式；(2)若在湖泊内修建如图所示的矩形水上乐园PMFE ，问：点P 落在曲线OD 上何处时，水上乐园的面积最大？解析 (1)对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)，由图象知A ＝833，ω＝2πT ＝2π48－5＝π6.将B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，833代入到y ＝833· sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ中，得5π6＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )． 又|φ|＜π2，所以φ＝－π3.故y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3.(2)在y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3中，令x ＝4，得D (4,4)，所以曲线OD 的方程为y 2＝4x (0≤x ≤4)． 设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t (0≤t ≤4)，则矩形PMFE 的面积为S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－t 24t (0≤x ≤4)．因为S ′＝4－3t 24，由S ′＝0，得t ＝433， 且当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，433时，S ′＞0，则S 单调递增， 当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫433，4时，S ′＜0，则S 单调递减； 所以当t ＝433时，S 最大，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，433. 16．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与 [1，＋∞)上是减函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32. (1)求f (x )的解析式；(2)若在区间[0，m ](m ＞0)上恒有f (x )≤x 成立，求m 的取值范围．解析 (1)由f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .又由f (x )在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，可知x ＝0和x ＝1是f ′(x )＝0的解，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0＝0，f ′1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝0，3a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝0，b ＝－32a .∴f ′(x )＝3ax 2－3ax .又由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3a 4－3a 2＝32，∴a ＝－2，即f (x )＝－2x 3＋3x 2.(2)由f (x )≤x ，得－2x 3＋3x 2≤x ，即x (2x －1)(x －1)≥0，∴0≤x ≤12或x ≥1. 又f (x )≤x 在区间[0，m ](m ＞0)上恒成立，∴0＜m ≤12. 故m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 17．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解析 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x 2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800.所以当x ＝15 cm 时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0.所以当x ＝20时，V 取得极大值，也就是最大值， 此时h a ＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12. 18．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解析 (1)根据题意知，f ′(x )＝a 1－x x(x ＞0)， 当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3. ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′t ＜0，g ′3＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′1＜0，g ′2＜0，g ′3＞0，∴－373＜m ＜－9. 【点评】 利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域；,第二步：求函数f x 的导数f ′x ；,第三步：求方程f ′x ＝0的根；,第四步：利用f ′x ＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格；,第五步：由f ′x 在小开区间内的正、负值判断f x 在小开区间内的单调性；,第六步：明确规范表述结论.。
江苏专版版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节导数与函数的综合问题实用课件文05304111
突破点(三)
课时达标检测
突破点（一） 利用导数解决实际生活中的问题
01
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．生活中的优化问题 生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题， 这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实际问题，若函数 在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 2．利用导数解决实际生活中问题的基本思路
[解]
(1)因为 x＝5 时，y＝11，
a 所以 ＋10＝11，a＝2. 2 2 (2)由(1)可知，该商品每日的销售量 y＝ ＋10(x－6)2. x－3 所以商场每日销售该商品所获得的利润
2 2 f(x)＝(x－3)x－3＋10x－6
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)．
答案：32 米，16 米
2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存 款利率的平方成正比，比例系数为 k(k＞ 0)，贷款的利率为 4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为 x(x∈(0,0.048))， 则银行获得最大收益的存款利率为________．
解析：依题意知，存款量是 kx2，银行应支付的利息是 kx3，银行 应获得的利息是 0.048kx2，所以银行的收益 y＝0.048kx2－kx3， 故 y′＝0.096kx－3kx2， 令 y′＝0， 得 x＝0.032 或 x＝0(舍去)． 因 为 k＞0，所以当 0＜x＜0.032 时，y′＞0；当 0.032＜x＜0.048 时，y′＜0.因此，当 x＝0.032 时，y 取得极大值，也是最大值， 即当存款利率定为 3.2%时，银行可获得最大收益．
(江苏版)高考数学一轮复习(讲 练 测)： 专题3.3 导数的综合应用(测)
专题3.3 导数的综合应用班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1. 【2017课标3，理11改编】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =_________【答案】12【解析】2. 【江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考】已知函数()()31,ln 4f x x mxg x x =++=-.{}min ,a b 表示,a b 中的最小值，若函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，则实数m 的取值范围是 ▲ ．【答案】()53,44--【解析】试题分析：()23f x x m '=+，因为()10g =，所以要使()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，须满足()10,0,0f f m ><<，解得51534244m m >-⇒-<<- 3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数()y f x =的定义域为R ，对于x R ∀∈，'()()f x f x <，且(1)f x +为偶函数，(2)1f =，则不等式()x f x e <的解集为 ． 【答案】(0,)+∞ 【解析】试题分析：令()()x f x g x e =，则()()()0xf x f xg x e'-'=<，因为(1)f x +为偶函数，所以(1)(1)(0)(2)1g(0)1f x f x f f +=-+⇒==⇒=，因此()()1(0)0x f x e g x g x <⇒<=⇒>4. 【2017届高三七校联考期中考试】若()1ln ,(),0xexf x x a xg x a e =--=<，且对任意[]()1212,3,4,x x x x ∈≠121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ▲ ． 【答案】22[3,0)3e - 【解析】则()'21()10xe x a h x x ex-=--≤在(3,4)x ∈上恒成立，[]11,3,4x x e a x e x x --∴≥-+∈恒成立 令[]11(),3,4x x e u x x ex x--=-+∈，[]21112(1)113'()11,3,424x x x e x u x ee x x x ---⎡⎤-⎛⎫∴=-+=--+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦21211331,'()0244x ee u x x -⎡⎤⎛⎫-+>>∴<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦Q ，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[]3,4x ∈的最大值为22(3)33u e =-综上，实数a 的取值范围为22[3,0)3e -.5. f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则af (b )与bf (a )的大小关系为________． 【答案】af (b )≤bf (a )【解析】∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0， ∴⎝⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xfx －f x x 2≤－2f xx 2≤0. 则函数f x x 在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a <b ，则f a a ≥f bb.即af (b )≤bf (a )． 6.设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”，也称f (x )在区间D 上存在“次不动点”，若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋52在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是________． 【答案】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，127.电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 【答案】40【解析】由y ′＝x 2－39x －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．8.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 【答案】(－∞，0)【解析】f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．∵f (x )＝ax 3＋x ，∴f ′(x )＝3ax 2＋1. 要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0.9.函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．【答案】2110.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g x 1k ≤f x 2k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________． 【答案】[1，＋∞)解析】因为对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)， 不等式g x 1k ≤f x 2k ＋1恒成立，所以k k ＋1≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max. 因为g (x )＝e 2xe x ，所以g ′(x )＝(x e2－x)′＝e2－x＋x e2－x·(－1)＝e2－x(1－x )．当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e ； 因为f (x )＝e 2x 2＋1x，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝e 2x ＋1x ≥2e，当且仅当e 2x ＝1x，即x ＝1e 时取等号，故f (x )min ＝2e.所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max ＝e 2e ＝12.所以kk ＋1≥12.又因为k 为正数，所以k ≥1. 二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。
江苏版高考数学一轮复习：专题3.3导数的综合应用练习题附答案.doc
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】专题3.3 导数的综合应用1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋x ln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．解(1)由函数f(x)＝a＋x ln x∈(a∈R)得f′(x)＝12x(ln x＋2)．令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：x (0，e－2)e－2(e－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，函数f(x)所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.②当0<a<2e－1时，2．(2016·天津卷节选)设函数f (x )＝x 3－ax －b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1＋2x 0＝0. (1)解 由f (x )＝x 3－ax －b ，可得f ′(x )＝3x 2－a . 下面分两种情况讨论：①当a ≤0时，有f ′(x )＝3x 2－a ≥0恒成立， 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝3a 3或x ＝－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3－3a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 33a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞ f′(x) ＋0 －0 ＋f(x)极大值极小值所以f (x )的单调递减区间为 ⎛⎪⎫－3a ，3a ，单调递增区间为 ⎛⎪⎫－∞，－3a ， ⎛⎪⎫3a ，＋∞. (2)证明 因为f (x )存在极值点， 所以由(1)知a >0，且x 0≠0.由题意，得f ′(x 0)＝3x 20－a ＝0，即x 20＝a3，进而f (x 0)＝x 30－ax 0－b ＝－2a3x 0－b . 又f (－2x 0)＝－8x 30＋2ax 0－b ＝－8a 3x 0＋2ax 0－b ＝－2a3x 0－b ＝f (x 0)，且－2x 0≠x 0， 由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝－2x 0，所以x 1＋2x 0＝0.3．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝axe x 在x ＝0处的切线方程为y ＝x .(1)求实数a 的值；(2)若对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求实数k 的取值范围；(3)若函数g (x )＝ln f (x )－b 的两个零点为x 1，x 2，试判断g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22的正负，并说明理由．由题意得函数g (x )＝ln f (x )－b ＝ln x －x －b ， 所以g ′(x )＝1x －1＝1－xx，易得函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以要证g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0，只需证明x 1＋x 22>1即可．因为x 1，x 2是函数g (x )的两个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋b ＝ln x 1，x 2＋b ＝ln x 2，4．(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值．解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2，即2x＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0.②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2x ＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x，则t ≥2. 又f (2x )＝22x＋2－2x＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t≥2t ·4t＝4. (当且仅当t ＝2时等号成立)．∴m ≤⎝⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4.即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0.g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数．∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点． ∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意g (x )有且仅有一个零点．， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1. 5．(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．6．(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (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(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′ (x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．。