§3.3 导数的综合应用

高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.3导数的实际应用预。

内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯3.3.3 导数的实际应用预习导航课程目标 1.通过实例了解利用导数解决实际问题中的最优化问题的步骤． 2．会利用导数解决某些实际问题. 1．最优化问题在经济生活中，人们经常遇到最优化问题．例如，为使经营利润最大、生产效率最高，或为使用力最省、用料最少、消耗最省等等，需要寻求相应的最佳方案或最佳策略，这些都是最优化问题．导数是解决这类问题的方法之一．2．解决优化问题的基本思路学习脉络思考利用导数解决生活中优化问题的一般步骤有哪些？提示：(1)函数建模，细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y与自变量x，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y＝f(x)；(2)确定定义域，一定要从问题的实际意义去考察，舍去没有实际意义的变量的范围；(3)求最值，此处尽量使用导数法求出函数的最值； (4)下结论，回扣题目，给出完整的答案．温馨提示求解应用问题的方法解决实际应用问题的关键在于建立数学模型和目标函数，把“问题情景”译为数学语言．要先找出问题的主要关系，并把问题的主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题，再化归为常规问题，最后选择合适的数学方法求解．对于这类问题，我们往往忽视了数学语言1和普通语言的理解与转换，从而造成了解决应用问题的最大思维障碍．运算不过关，就得不到正确的答案，对数学思想方法不理解或理解不透彻，则找不到正确的解题思路．在此正需要我们依据问题本身提供的信息，利用所谓的动态思维，去寻求有利于问题解决的新的途径和方法，并从中进行一番选择．2感谢您的阅读，祝您生活愉快。

了许多解题新途径，拓宽了高考对函数问题的命题空间.所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维,解决单调性，极值，最值，切线，方程的根,参数的范围等问题，这类题难度并不大，但综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏.导数综合试题,主要有以下几方面的内容:1. 函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;2. 函数，导数，方程,不等式综合在一起,解决极值，最值等问题, 这类问题涉及到求极值和极值点,求最值,有时需要借助于方程的理论解决问题;3. 利用导数的几何意义,求切线方程,解决与切线方程有关的问题;4. 通过构造函数,以导数为工具,证明不等式.5. 导数与其他方面的知识的综合1. 函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;【分析及解】（I ）对函数()f x 求导数，得22()(2)(22)[2(1)2].x x x f x x ax e x a e x a x a e '=-+-=+--令0)(='x f ，得2[2(1)2]0x x a x a e +--=，从而22(1)20x a x a +--=，解得11x a =-21x a =-12x x <当x 变化时，)(),(x f x f '的变化情况如下表：当)(x f 在1x x =处取到极大值，在2x x =处取到极小值。

简析导数的概念在高等数学中的综合应用导数是高等数学中重要的概念之一，它在数学应用中有着广泛的应用。

下面将简要分析导数的概念在高等数学中的综合应用。

导数的定义可以用于求函数的极值。

函数在局部最大或最小点处的导数为0。

我们可以通过计算函数的导数，并求解导数为0的解，来确定函数的最大和最小值。

这在优化问题中有着重要的应用。

我们想要求解一个函数的最大值，可以计算函数的导数，然后将导数为0的解代入函数中，得到这个函数的最大值。

这种方法被广泛应用于经济学、物理学、工程学等领域的最优化问题。

导数的概念也可以应用于解析几何。

在解析几何中，我们经常需要求解曲线在某一点的切线方程。

根据导数的定义，曲线在某一点的切线的斜率等于曲线在该点的导数。

通过计算曲线在给定点的导数，我们可以求解曲线在该点的切线方程，从而研究曲线的性质。

这种方法在解析几何中有着重要的应用，用于研究曲线的变化趋势、曲线之间的关系等问题。

导数的概念还可以用于求解微分方程。

微分方程是数学中重要的方程类型之一，广泛应用于工程学、物理学等领域。

通过将微分方程转化为关于函数导数的方程，我们可以利用导数的定义，求解微分方程的解析解。

这种方法在工程学中的控制系统设计、物理学中的系统动力学等问题中有着广泛的应用。

通过求解微分方程的解析解，可以得到系统的稳定性、响应特性等重要信息。

导数的概念在微积分中还有其他的应用。

通过导数的概念，我们可以求解曲线的弧长、曲率等重要的几何性质。

导数也被用于求解函数的反函数。

通过求解函数的导数和反函数的导数之间的关系，可以确定反函数的导数，并计算反函数在给定点的导数值。

这些应用在几何、函数论、微积分中都有着重要的应用。

导数的概念在高等数学中有着广泛的应用。

它可以用于求解函数的极值，解析几何中的切线方程，微分方程的解析解等问题。

导数的概念在几何、函数论、微积分等数学分支中都有重要的应用，为研究和解决复杂问题提供了有力的数学工具。

导数的实际应用及综合应用1．掌握利用导数解析实际问题的基本思路，能利用导数解决简单的实际问题中的优化问题．2．能利用导数进行综合应用，解决有关函数、方程、不等式的综合问题．知识梳理1．优化问题(1)社会经济生活、生产实践与科学研究等实际问题中有关利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题．(2)利用导数解决优化问题的基本思路上述解决问题的过程是一个典型的数学建模过程． 2．导数的综合问题在高考的解答题中，每年都要设计一道函数的综合题，问题常常含有指数式、对数式、三角函数式等超越式，除了与切线、单调性、极值、最值等内容进行综合外，还常与方程、不等式等进行综合，解答这样的综合问题，只依据函数的知识无法求解，需要运用导数的方法进行解决．运用导数的方法研究方程、不等式的基本思路是构造函数，通过导数研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式的成立情况及方程实根的个数．热身练习1．已知某商品生产成本C 与产量q 的关系为C ＝100＋4q ，单价p 与产量q 的函数关系式为p ＝25－18q.(1)利润L 与产量q 的函数关系为 L ＝－18q 2＋21q －100(0<q<200) ；(2)产量q ＝ 84 时，利润L 最大． (1)因为收入R ＝q·p ＝q(25－18q)＝25q －18q 2.所以利润L ＝R －C ＝(25q －18q 2)－(100＋4q)＝－18q 2＋21q －100(0<q<200)．(2)L′＝－14q ＋21.令L′＝0，即－14q ＋21＝0，q ＝84.当q ∈(0，84)时，L′>0；当q ∈(84，200)时，L′<0.因此，q ＝84是函数L 的极大值点，也是最大值点．所以产量为84时，利润L 最大． 2．关于函数f(x)＝2x＋ln x ，下列说法错误的是( C )A ．x ＝2是f(x)的极小值点B ．函数y ＝f(x)－x 有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立D ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2>x 1，若f(x 1)＝f(x 2)，则x 1＋x 2>4 f′(x)＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x>0，f′(2)＝0，且当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，因此，x ＝2是f(x)的极小值点．A 正确．设g(x)＝f(x)－x ＝2x ＋ln x －x ，则g′(x)＝－2x 2＋1x －1＝－（x －12）2＋74x 2. 当x>0时，g′(x)<0恒成立，即g(x)单调递减， 又g(1e )＝2e －1－1e >0，g(e 2)＝2e 2＋2－e 2<0，所以g(x)有且只有一个零点，B 正确． 设h(x)＝f （x ）x ＝2x 2＋ln x x ，则h′(x)＝－4＋x －xln xx 3，令F(x)＝－4＋x －xln x ，则F′(x)＝－ln x ，所以F(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以F(x)≤F(1)<0，所以h′(x)<0，即h(x)＝2x 2＋ln xx 在(0，＋∞)上递减，无最小值．所以不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，C 错误．(作为选择题这时可得结论，选C.) 对于D ，因为f′(x)＝x －2x 2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 又因为f(x 1)＝f(x 2)，x 1<x 2，所以0<x 1<2，x 2>2， 构造函数g(x)＝f(x)－f(4－x)， 因为f(x)＝2x＋ln x ，所以g′(x)＝－8（x －2）2x 2（4－x ）2≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又因为0<x 1<2，所以g(x 1)>g(2)＝0， 所以f(x 1)>f(4－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)， 所以f(x 2)>f(4－x 1)，因为x 2>2，4－x 1>2，且f(x)在(2，＋∞)上单调递增， 所以x 2>4－x 1，即x 1＋x 2>4.实际应用问题(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b (其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)该公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t.①请写出公路l 长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．(1)根据M ，N 两点坐标求得a ，b 的值；(2)根据导数先求切线方程，再求f(t)，最后利用导数求最值．(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎨⎧a25＋b＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1000x 2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为(t ，1000t2)．设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点，y′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)， 由此得A(3t 2，0)，B(0，3000t 2)．故f(t)＝ （3t 2）2＋（3000t 2）2 ＝32 t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]． ②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，则g′(t)＝2t －16×106t 5. 令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t ∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． 利用导数解决生活中的实际应用题的一般步骤：(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y ＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答．1．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大． (1)因为蓄水池的侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元， 底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元． 根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．又由r>0，h>0，可得r<53， 故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V′(r)＝π5(300－12r 2)．令V ′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r ∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r ∈(5，53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，53)上为减函数． 由此可知，V(r)在r ＝5处取得最大值，此时，h ＝8， 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．导数的综合问题(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x －ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明： (1)f′(x)在区间(－1，π2)存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点． (1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x ，g′(x)＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈(－1，π2)时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′(π2)＜0，可得g′(x)在(－1，π2)有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x ∈(α，π2)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在(α，π2)上单调递减，故g(x)在(－1，π2)存在唯一极大值点，即f′(x)在(－1，π2)存在唯一极大值点．(2)证明：f(x)的定义域为(－1，＋∞)． ①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．②当x ∈(0，π2]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α，π2)上单调递减，而f′(0)＝0，f′(π2)＜0，所以存在β∈(α，π2)，使得f′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x ∈(β，π2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)上单调递增，在(β，π2)上单调递减．又f(0)＝0，f(π2)＝1－ln(1＋π2)＞0，所以当x ∈(0，π2]时，f(x)＞0.从而f(x)在(0，π2]没有零点． ③当x ∈(π2，π]时，f′(x)＜0，所以f(x)在(π2，π)上单调递减．而f(π2)＞0，f(π)＜0，所以f(x)在(π2，π]有唯一零点．④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点． 综上，f(x)有且仅有2个零点．高考导数综合问题常用如下特点：①背景常规，常由指数函数、对数函数、三角函数与一次、二次等常见函数组合而成； ②设问常规，考查主干知识和通性通法； ③重视数学本质和知识内在联系的考查； ④重视核心素养和能力的考查，注意数学思想方法和分析问题、解决问题的能力的综合考查．2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x －x ＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②若a ＞2，令f′(x)＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈(0，a －a 2－42)∪(a ＋a 2－42，＋∞)时，f′(x)＜0；当x ∈(a －a 2－42，a ＋a 2－42)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减，在(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f(x)的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g(x)＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g(x)＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.1．利用导数解决优化问题的一般步骤：(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y ＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)根据得出的数学结果，检验是否符合问题的实际意义并作答．2．导数综合问题的求解往往是全卷最难的问题，具体求解时，第一要认真审题，审清题目的条件是什么，求解或求证的结论是什么，明确解题目标；第二要合理联想，根据所求，联想相应的处理方法，如证明不等式，常常可以考虑构造函数，恒成立问题，可以考虑将参数分离出来，再进行转化等；第三要细心验算，准确作答，在解答过程中，要注意化归与转化、数形结合、分类讨论等数学思想方法的运用．1．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 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x(cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S(cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积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．(1)根据题意，有S ＝4×2x ×22(60－2x) ＝－8(x －15)2＋1800(0<x<30)．所以x ＝15时，包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有 V ＝(2x)2×22(60－2x)＝22x 2(30－x)(0<x<30)． 所以V′＝62x(20－x)．当0<x<20时，V′>0，V 单调递增； 当20<x<30时，V′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22（60－2x ）2x＝12，即x ＝20时，包装盒容积V(cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.2．(2020·广州天河一模)已知函数f(x)＝ln x ＋ax－x ＋1－a(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x >1，使f (x )＋x <1－xx 成立，求整数a 的最小值．(1)由题意可知，x >0， f ′(x )＝1x －ax 2－1＝－x 2＋x －a x 2，方程－x 2＋x －a ＝0对应的Δ＝1－4a ，当Δ＝1－4a ≤0，即a ≥14时，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <14时，方程－x 2＋x －a ＝0的两根为1±1－4a 2，且0<1－1－4a 2<1＋1－4a2，此时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a2)上f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，1－1－4a 2)，(1＋1－4a2，＋∞)上f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当a ≤0时，1－1－4a 2<0，1＋1－4a2>0，此时当x ∈(0，1＋1－4a2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1＋1－4a2，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；综上：当a ≤0时，x ∈(0，1＋1－4a2)，f (x )单调递增， 当x ∈(1＋1－4a2，＋∞)时，f (x )单调递减；当0<a <14时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a 2)上单调递增，在(0，1－1－4a 2)，(1＋1－4a2，＋∞)上单调递减；当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于(x －1)a >x ln x ＋2x －1， 即存在x >1，使a >x ln x ＋2x －1x －1成立．设g (x )＝x ln x ＋2x －1x －1，x >1，则g ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2，设h (x )＝x －ln x －2， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．又h (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h (4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0， 根据零点存在性定理，可知h (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设该零点为x 0，则x 0∈(3，4)，且h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即x 0－2＝ln x 0， 所以g (x )min ＝x 0ln x 0＋2x 0－1x 0－1＝x 0＋1.由题意可知a >x 0＋1，又x 0∈(3，4)，a ∈Z ， 所以a 的最小值为5.3．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax 2－ax －xln x ，且f(x)≥0. (1)求a ；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f(x 0)<2－2. (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 设g(x)＝ax －a －ln x ，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0. 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a －1x ，g′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g′(x)＝1－1x.当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以x ＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a ＝1.(2)由(1)知f(x)＝x 2－x －xln x ，f′(x)＝2x －2－ln x. 设h(x)＝2x －2－ln x ，则h′(x)＝2－1x .当x ∈(0，12)时，h′(x)<0；当x ∈(12，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增．又h(e －2)>0，h(12)<0，h(1)＝0，所以h(x)在(0，12)上有唯一零点x 0，在[12，＋∞)上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h(x)>0；当x ∈(x 0，1)时，h(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x ＝x 0是f(x)的唯一极大值点． 由f′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f(x 0)＝x 0(1－x 0)．由x 0∈(0，12)得f(x 0)<14.因为x ＝x 0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e －1∈(0，1)，f′(e －1)≠0得f(x 0)>f(e －1)＝e －2.所以e －2<f(x 0)<2－2.4．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x 0是f(x)的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0 )处的切线也是曲线y ＝e x的切线．(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x ＋2（x －1）2>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增． 因为f(e)＝1－e ＋1e －1＝－2e －1<0，f(e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0， 所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)， 即f(x 1)＝0.又0<1x 1<1，f(1x 1)＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f(x 1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x 1.综上，f(x)有且仅有两个零点． (2)证明：因为1x 0＝e －ln x 0，所以点B(－ln x 0，1x 0)在曲线y ＝e x 上．由题设知f(x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1， 故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B(－ln x 0，1x 0)处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．。

导数的综合应用一、导数在不等式中的应用考点一 构造函数证明不等式【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有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∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立. (1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞).当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.由f ′(x )＝0，得x ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x ex ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x .规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x 在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1， 所以a ≤e(e －2)e －1， 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1. 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .[方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0；∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0；∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、导数在函数零点中的应用考点一 判断零点的个数【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x－4ln x 的零点个数． 解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋g (x )极大值 极小值当0<x ≤3时，g 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】 函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )＝ax ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，因为f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1图象有两个不同的交点． 由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <e 时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >e 时，f (x )>0.当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1.所以m 的取值范围是(－2，－1)．规律方法 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三 函数零点的综合问题【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a . (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋a ln 2 a.[方法技巧]1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.。

§3.3.导数的综合应用（一）
学习目标
1、能够利用函数的导数求函数的单调区间、极值与最值问题；
2、理解数学的分类讨论思想，准确把握解决问题的思路
学习过程
【任务一】基本方法再现
问题：已知函数42()25f x x x =-+（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）求函数)(x f 的极值（3）求函数)(x f 在区间［-2,2］上的最大值与最小值.
【任务二】典型例题分析
例题：已知1)(--=ax e x f x （1）求)(x f 的单调增区间；
（2）若)(x f 在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；
（3）是否存在a ,使)(x f 在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.
变式训练1. 已知函数1)(3--=ax x x f
（1）若)(x f 在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）是否存在实数a ,使)(x f 在)1,1(-上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由；
变式训练2.已知函数()()21
ln 202f x x ax x a =--≠。

（1）若函数()f x 在[]1,4上单调递减，求a 的取值范围；
（2）若函数()f x 存在单调递减区间，求a 的取值范围。

§3.3 导数的综合应用考点1 利用导数研究生活中的优化问题［典题1］某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米,体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元（π为圆周率)．(1）将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；（2)讨论函数V(r）的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元,底面的总成本为160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意，得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝错误!（300－4r2),从而V(r）＝πr2h＝错误!（300r－4r3）．因为r>0，又由h>0可得0＜r<5错误!，故函数V（r）的定义域为(0,5错误!)．(2）因为V（r）＝错误!（300r－4r3），故V′（r)＝错误!（300－12r2),令V′（r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，舍去）．当r∈(0，5）时,V′(r）〉0，故V(r）在(0，5）上为增函数；当r∈(5,5错误!)时，V′(r）〈0，故V（r)在(5,5错误!）上为减函数．由此可知，V（r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8。

即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤（1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′（x)，解方程f′(x)＝0；(3）比较函数在区间端点和f′（x)＝0的点的函数值的大小,最大（小)者为最大（小)值;(4)回归实际问题作答。

某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克）与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝错误!＋10（x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（1)求a 的值；（2)若该商品的成本为3元千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)因为当x ＝5时,y ＝11， 所以错误!＋10＝11，a ＝2.(2）由（1)知，该商品每日的销售量y ＝错误!＋10（x －6)2。

导数的综合应用的教案【篇一：《导数的综合应用》说课稿及教学设计】《导数的综合应用》说课稿一、教材分析“导数的综合应用”是高中数学人教b版教材选修2-2第一章的内容，是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。

导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。

三、教学目标1、知识与技能：(3)利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值； (4)解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。

(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。

3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。

四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。

（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。

（如问题1、2的处理）。

（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。

教学用具：多媒体。

教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；【篇二：导数的应用教学设计】导数的应用一、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。

（2）利用导数求函数的单调区间，进一步结合函数图像求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决函数零点个数问题及恒成立问题。

专题3.3 函数与导数的综合应用（精测）1．(2020·四川成都模拟)已知函数f (x )＝e 2x －2a e x －2ax ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若函数f (x )有唯一零点，求a 的值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝e 2x －2e x －2x ，∴f ′(x )＝2e 2x －2e x －2，∴f ′(0)＝2e 0－2e 0－2＝－2. 又f (0)＝e 0－2e 0－0＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －(－1)＝－2x ，即2x ＋y ＋1＝0. (2)由题意得f ′(x )＝2e 2x －2a e x －2a ＝2(e 2x －a e x －a )． 令t ＝e x ∈(0，＋∞)，则g (t )＝2(t 2－at －a )．设t 2－at －a ＝0的解为t 1，t 2则t 1＋t 2＝a ，t 1t 2＝－a ，又∵a >0，∴函数y ＝g (t )在(0，＋∞)上仅有一个零点． ∴存在t 0∈(0，＋∞)，使得g (t 0)＝0， 即存在x 0满足t 0＝e x 0时，f ′(x 0)＝0.∴当t ∈(0，t 0)，即x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，x 0)上单调递减；当t ∈(t 0，＋∞)，即x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．又当x →－∞时，e 2x －2a e x →0，－2ax →＋∞，∴f (x )→＋∞；当x >0时，e x >x ，∴f (x )＝e 2x －2a e x －2ax >e 2x －2a e x －2a e x ＝e x (e x －4a )， ∵当x →＋∞时，e x (e x －4a )→＋∞，∴f (x )→＋∞.∴函数f (x )有唯一零点时，必有f (x 0)＝e2x 0－2a e x 0－2ax 0＝0.① 又e2x 0－a e x 0－a ＝0，②由①②消去a ，得e x 0＋2x 0－1＝0.令h (x )＝e x ＋2x －1，∵h ′(x )＝e x ＋2>0，∴h (x )单调递增． 又h (0)＝0，∴方程e x 0＋2x 0－1＝0有唯一解x ＝0.将x ＝0代入e2x 0－a e x 0－a ＝0，解得a ＝12，∴当函数f (x )有唯一零点时，a 为12.2.(2020·广西桂林市联考)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ln x ＋1x －x (a >0)． (1)若a ＝12，求f (x )的极值点；(2)若曲线y ＝f (x )上总存在不同的两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在P ，Q 两点处的切线平行，求证：x 1＋x 2>2.【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x －1x2－1(a >0)． (1)当a ＝12时，f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1x －2⎝⎛⎭⎫1x －12＝－（x －2）（2x －1）2x 2， 令f ′(x )<0，得0<x <12或x >2；令f ′(x )>0，得12<x <2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，2上单调递增， ∴x ＝12是f (x )的极小值点，x ＝2是f (x )的极大值点．(2)证明：由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 1－1x 21－1＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ·1x 2－1x 22－1(x 1≠x 2)， ∴a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2.∵x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，∴x 1＋x 2>2x 1x 2，则有x 1x 2<（x 1＋x 2）24，∴a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max.∵a >0，∴4a ＋1a≤2(当且仅当a ＝1时取等号)，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1a max＝2.3．(2020·云南昆明市高三诊断)已知函数f (x )＝2ln x －x ＋1x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若a >0，b >0，且a ≠b ，证明：ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.【解析】(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x 2＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0.所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a >b >0，则ab <a －b ln a －ln b ⇔ln a －ln b <a －b ab⇔ln a b <a b －1ab ⇔2ln ab－a b ＋1ab<0. 由(1)知，f (x )是(0，＋∞)上的减函数，又ab >1，所以f ⎝⎛⎭⎫a b <f (1)＝0， 即f ⎝⎛⎭⎫a b ＝2ln a b－a b ＋1ab<0，所以ab <a －bln a －ln b .又a －b ln a －ln b <a ＋b 2⇔ln a －ln b >2（a －b ）a ＋b⇔ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1ab＋1. 令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1，则g ′(x )＝（x －1）2x （x ＋1）2，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≥0，即g (x )是(0，＋∞)上的增函数．因为a b >1，所以g ⎝⎛⎭⎫a b >g (1)＝0，所以ln a b >2⎝⎛⎭⎫a b －1a b ＋1，从而a －b ln a －ln b <a ＋b 2.综上所述，当a >0，b >0，且a ≠b 时，ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.4．(2020·山东烟台模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； 当1e <t <t ＋2，即t >1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增， 故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e .(2)由题意，知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减； 当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝⎛⎭⎫1e ，h （e ）. 因为存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝⎛⎭⎫1e >h (e)，所以a ≤1e＋3e －2. 5．(2020·陕西省质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 【解析】(1)由题意，得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，解得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 6.(2020·山西大同调研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2.∵f (1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴令g ′(x )＝0，得x ＝1.当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 故g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有最大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， ∴g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， ∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 7．(2020·河南安阳二模)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减． ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x >0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． ∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1.当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0， f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点． 综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点．8．(2020·河北石家庄质检)已知函数f (x )＝(2－x )e k (x －1)－x (k ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在R 上单调递减，求k 的最大值； (2)当x ∈(1，2)时，证明：lnx （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x .【解析】(1)∵f (x )在R 上单调递减，∴f ′(x )＝e k (x －1)[k (2－x )－1]－1≤0恒成立，即－kx ＋2k －1≤1ek （x －1）对任意x ∈R 恒成立． 设g (x )＝1ek （x －1）＋kx －2k ＋1，则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立，显然应满足g (1)＝2－k ≥0，∴k ≤2.当k ＝2时，g ′(x )＝2⎣⎡⎦⎤1－1e 2（x －1），且g ′(1)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，即g (x )≥0恒成立， 故k 的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k ＝2时，f (x )＝(2－x )e 2(x －1)－x 在R 上单调递减，且f (1)＝0，所以当x ∈(1，2)时，f (x )<f (1)，即(2－x )e 2(x－1)<x ，两边同取以e 为底的对数得ln(2－x )＋2(x －1)<ln x ， 即2(x －1)<ln x2－x，①下面证明－2x ＋2<ln(2x －1)，x ∈(1，2)．②令H (x )＝ln(2x －1)－⎝⎛⎭⎫－2x ＋2(1<x <2)， 则H ′(x )＝2（x －1）2x 2（2x －1）>0，∴H (x )在(1，2)上单调递增，则H (x )>H (1)＝ln(2×1－1)－⎝⎛⎭⎫－21＋2＝0，故②成立， ① ＋②得，ln x （2x －1）2－x>2⎝⎛⎭⎫x －1x 成立．9.(2020·河南郑州市第一次质检)已知函数f (x )＝(e x －2a )e x ，g (x )＝4a 2x . (1)设h (x )＝f (x )－g (x )，试讨论h (x )在定义域内的单调性；(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，求a 的取值范围． 【解析】(1)∵h (x )＝(e x －2a )e x －4a 2x ， ∴h ′(x )＝2e 2x －2a e x －4a 2＝2(e x ＋a )(e x －2a )． ①当a ＝0时，h ′(x )>0恒成立， ∴h (x )在R 上单调递增；②当a >0时，e x ＋a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ， 当x <ln 2a 时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln 2a 时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；③当a <0时，e x －2a >0，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(－a )， 当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减， 当x >ln(－a )时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增． 综上所述，当a ＝0时，h (x )在R 上单调递增；当a >0时，h (x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增； 当a <0时，h (x )在(－∞，ln (－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增．(2)若函数y ＝f (x )的图象恒在函数y ＝g (x )的图象的上方，则h (x )>0恒成立，即h (x )min >0. ①当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0恒成立；②当a >0时，由(1)得，h (x )min ＝h (ln 2a )＝－4a 2ln 2a >0，∴ln 2a <0，∴0<a <12；③当a <0时，由(1)可得h (x )min ＝h (ln(－a ))＝3a 2－4a 2ln(－a )>0， ∴ln(－a )<34，∴－e 34<a <0.综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－e 34，12.10．(2020·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线． 【解析】(1)函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.定义域为(0，1)∪(1，＋∞)； f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，(x >0且x ≠1)，∴f (x )在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取1e 2，1e 代入函数，由函数零点的定义得，∵f ⎝⎛⎭⎫1e 2<0，f ⎝⎛⎭⎫1e >0，f ⎝⎛⎭⎫1e 2·f ⎝⎛⎭⎫1e <0， ∴f (x )在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e ，e 2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f (e)<0，f (e 2)>0，f (e)·f (e 2)<0， ∴f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点， 故f (x )在定义域内有且仅有两个零点．(2)证明：若x 0是f (x )的一个零点，则有ln x 0＝x 0＋1x 0－1，由y ＝ln x ，得y ′＝1x；∴曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x －1＋ln x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，当曲线y ＝e x 切线斜率为1x 0时，切点为⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0， ∴曲线y ＝e x 的切线在点⎝⎛⎭⎫ln 1x 0，1x 0处的切线方程为y －1x 0＝1x 0⎝⎛⎭⎫x －ln 1x 0， 即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，故曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．故得证．11．（2020·四川宜宾市第一中学模拟）设函数()ln e xf x x x a =-，()p x kx =，其中a ∈R ，e 是自然对数的底数．（1）若()f x 在()0,∞+上存在两个极值点，求a 的取值范围；（2）若()1()x lnx f x ϕ=+-′，(1)e ϕ=，函数()x ϕ与函数()p x 的图象交于()11,A x y ，()22,B x y ，且AB 线段的中点为()00,P x y ，证明：()()001x p y ϕ<<．【答案】（1）10ea <<；（2）见解析. 【解析】（1）()ln e xf x x x a =-的定义域为()0,∞+，()ln 1e xf x x a =+-′，则()f x 在()0,+∞上存在两个极值点等价于()0f x '=在()0,+∞上有两个不等实根， 由()ln 1e 0xf x x a =+-=′，解得ln 1e xx a +=， 令ln 1()ex x g x +=，则1(ln 1)()e xx x g x -+'=，令1()ln 1h x x x =--，则211()h x x x'=--， 当0x >时，()0h x '<，故函数()h x 在()0,∞+上单调递减，且()10h =， 所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以，1x =是()g x 的极大值也是最大值， 所以max 1()(1)e g x g ==，所以1ea <， 又当0x →时，()g x ↔-∞，当+x →∞时，()g x 大于0且趋向于0， 要使()0f x '=在()0,∞+有两个根，则10ea <<； （2）证明：()()ln 1()ln ln 1e e 1xxx x f x x x a a ϕ=+-+--==+′，由(1)e ϕ=，得1a =，则()e x x ϕ=， 要证()()001x p y ϕ<<成立， 只需证122112221e e e e e2x x x x x x k x x +-+<=<-，即212121221e e e 1e 2x x x x x x x x +--+<<-，即2121212211e 12e ex x x x x x x x ----+<<-， 设210t x x =->，即证2e 1e 1e 2tt t t -+<<， 要证2e 1e t t t-<，只需证22e e t t t ->，令22()e e tt F t t =--，则221()e e 102t tF t ⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭，所以()F t 在()0,∞+上为增函数，所以()()00F t F >=，即2e 1e tt t -<成立；要证e 1e 12t t t -+<，只需证e 1e 12t t t -<+，令e 1()e 12tt t G t -=-+，则()()()222e 12e 1()02e 12e 1t tt t G t --'=-=<++， 所以()G t 在()0,+∞上为减函数，所以()()00G t G <=，即e 1e 12t t t -+<成立； 所以2e 1e 1e 2tt t t -+<<成立，即()()001x p y ϕ<<成立. 12．（2020·山东师范大学附属中学模拟）已知函数21()e ln (,ax f x x b x ax a b +=⋅--∈R ).(1 )若b =0，曲线f (x )在点(1,f (1)) 处的切线与直线y = 2x 平行,求a 的值; (2)若b =2，且函数f (x )的值域为[2,),+∞求a 的最小值. 【解析】（1）当0b =时，21()ax f x x eax +=-，1()(2)ax f x xe ax a +'=+-，由1(1)e (2)2a f a a +'=+-=，得1e (2)(2)0a a a ++-+=，即1(e1)(2)0a a +-+=，解得1a =-或2a =-.当1a =-时，0(1)e 12f =+=，此时直线2y x =恰为切线，故舍去，所以2a =-. （2）当2b =时，21()e 2ln ax f x x x ax +=--，设21e ax t x +=，则ln 2ln 1t x ax =++，故函数()f x 可化为()ln 1g t t t =-+.由11()1t g t t t-'=-=,可得()g t 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞， 所以()g t 的最小值为(1)1ln112g =-+=，此时，函数的()f x 的值域为[2,)+∞，问题转化为当1t =时，ln 2ln 1t x ax =++有解， 即ln12ln 10x ax =++=，得12ln x a x +=-，设12ln ()x h x x +=-，则22ln 1()x h x x -'=， 故()h x的单调递减区间为，单调递增区间为)+∞，所以()h x的最小值为h =，故a的最小值为13．（2020·河南省开封市第五中学模拟）已知函数()()211ln 2f x x ax a x =-+-，()ln g x b x x =-的最大值为1e． （1）求实数b 的值；（2）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，令()()()22ln 2F x f x g x x =+++，是否存在区间[],(1m n ⊆，)+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域为()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦？若存在，求实数k 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解析】(1) 由题意得()'ln 1g x x =--，令()'0g x =，解得1ex =， 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'>0g x ，函数()g x 单调递增；当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'<0g x ，函数()g x 单调递减. 所以当1e x =时，()g x 取得极大值，也是最大值，所以11e e eg b ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，解得0b =. （2）()f x 的定义域为()0,+∞.()()()21111x x a a x ax a f x x a x x x-+---+-=-+==', ① 11a -=即2a =,则()()21x f x x ='-，故()f x 在()0,+∞单调增;②若11a -<,而1a >,故12a <<,则当()1,1x a ∈-时，()0f x '<;当()0,1x a ∈-及()1,x ∈+∞时，()0f x '>故()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增．③若11a ->,即2a >,同理()f x 在()1,1a -单调递减，在()()0,1,1,a -+∞单调递增（3）由（1）知()2ln 2F x x x x =-+， 所以()'2ln +1F x x x =-，令()()'2ln +1x F x x x ω==-，则()1'20x xω=->对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以()'F x 在区间()1,+∞内单调递增，所以()()''110F x F >=>恒成立，所以函数()F x 在区间()1,+∞内单调递增.假设存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上的值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦，则()()()()2222{22F m m mlnm k m F n n nlnn k n =-+=+=-+=+， 问题转化为关于x 的方程()2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 即方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内是否存在两个不相等的实根， 令()2ln 22x x x h x x -+=+，()1,x ∈+∞，则()()22342ln '2x x x h x x +--=+， 设()2342ln p x x x x =+--，()1,x ∈+∞，则()()()2122'230x x p x x x x-+=+-=>对()1,x ∀∈+∞恒成立，所以函数()p x 在区间()1,+∞内单调递增，故()()10p x p >=恒成立，所以()'0h x >，所以函数()h x 在区间()1,+∞内单调递增，所以方程2ln 22x x x k x -+=+在区间()1,+∞内不存在两个不相等的实根. 综上所述，不存在区间[](),1,m n ⊆+∞，使得函数()F x 在区间[],m n 上值域是()()2,2k m k n ⎡⎤++⎣⎦. 的。

3.3导数的综合应用3.3 3578982741.doc 第 2 页 共 10 页§3.3导数的综合应用一、明确复习目标了解可导函数的单调性与其导数的关系，会用导数分析函数的单调性，进而求解函数不等式的问题．二．建构知识网络1．函数的单调性与导数的关系，求单调区间的方法；2．利用导数解不等式问题：（高考中的一类新题型）（1）利用导数确定函数的单调性， （2）利用单调性研究不等式．三、双基题目练练手1．已知a > 0，函数3()f x xax=-在［1，+∞）上是单调增函数，则a 的最大值是 A ．0 B ．1 C ．2D ．32．函数()sin 36f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭f 在点（π3,62⎛ ⎝⎭处的切线方程是 （ ）3.3 3578982741.doc 第 3 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 4 页 共 10 页6．方程330xx c -+=在［0，1］上至多有_______个实数根．四、经典例题做一做【例1】证明：当0x >时，有3sin .6x x x x -<<【例2】已知11(),(),22x f x eg x x x-==<-求证：函数()f x 图像上的点不可能在函数()g x 图像的上方．3.3 3578982741.doc 第 5 页 共 10 页【例3】(2006全国Ⅰ）已知函数()11axxf x e x-+=- （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性； （Ⅱ）若对任意x ∈(0,1)恒有()1f x >，求a 的取值范围 ．【例4】 (2006全国Ⅰ) 在平面直角坐标系xOy 中，有一个以(10,3F -和(23F 为焦点、离心率为3的椭圆，设椭圆在第一象限的部分为曲线C，2动点P在C上，C在点P处的切线与x y、轴的交点分别为A、B，且向量OM OA OB=+求：（Ⅰ）点M的轨迹方程；（Ⅱ）OM 的最小值．五．提炼总结以为师1．利用导数求解不等式问题的核心是利用导数判定函数的单调性，这就转化为一般的函数问题；2．利用导数证明不等式有两种方法：3．导数是研究函数问题的工具，注意它在其3.3 3578982741.doc 第 6 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 7 页 共 10 页它数学问题中的综合与应用．同步练习1某物体作s =2（1－t ）2的直线运动，则t =0．8s 时的瞬时速度为 ( ) A ．4 B ．－4C －4．8D －0．82．已知函数432()410f x xx x =-+，则方程()0f x =在区间［1，2］上的根有A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个3．若()f x 是在（－L ，L ）内的可导的偶函数，且()f x '不恒为0，则()f x ' （ ）（A ）必定是（－L ，L ）内的偶函数 （B ）必定是（－L ，L ）内的奇函数 （C ）必定是（－L ，L ）内的非奇非偶函数（D ）可能是（－L ，L ）内的奇函数，可3.3 3578982741.doc 第 8 页 共 10 页能是偶函数4．已知3)(32lim,2)3(,2)3(3'---==→x x f x ff x 则的值是 （ ）A ．4-B ．0C ．8D ．不存在5．曲线y =2x －上的点到直线2x －y +3=0的最短距离为6设底为等边三角形的直棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为________7． 已知x ∈R ，求证：1xe x +≥．8．（2006江西）已知函数32()f x xax bx c=+++在23x =-与1x=时都取得极值．（1）求a、b的值及函数()f x的单调区间；（2）若对x∈[－1,2],不等式2()<恒成立,f x c求c的取值范围．3.3 3578982741.doc 第 9 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 10 页 共 10 页9．（2006重庆） 已知函数()2()xf x xbx c e =++，其中,b c R ∈为常数（I ）若()241b c >-，讨论函数()f x 的单调性；（II ）若24(1)b c -≤，且0()lim4x f x cx→-=，试证：62b -≤≤【探索题】 已知函数22()++ln (0),f x x a x x x=>()f x 的导函数是()f x ' 对任意两个不相等的正数12x x 、，证明：当a ≤ 4时，121()()f x f x x x ''->-。