淮阴中学高三数学一轮复习学案：导数及其应用

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.。

第1讲 导数的概念及其运算考试要求 1.导数概念及其实际背景，A 级要求；2.导数的几何意义，B 级要求；3.根据导数定义求函数y ＝c ，y ＝x ，y ＝1x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数，A 级要求；4.利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，B 级要求；知 识 梳 理1．导数的概念(1)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，比值Δy Δx ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx 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)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)称函数f ′(x )＝ f (x ＋Δx )－f (x )Δx 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(α∈Q *) f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝a xf ′(x )＝a x ln a (a >0)3.导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )． (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )． (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．诊 断 自 测1．思考辨析(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)与(f (x 0))′表示的意义相同．(×) (2)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．(√) (3)若f (x )＝a 3＋2ax －x 2，则f ′(x )＝3a 2＋2x .(×)(4)物体的运动方程是s ＝－4t 2＋16t ，在某一时刻的速度为0，则相应时刻t ＝2.( ×) 2．(2015·镇江调研)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为________．解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则y ′|x ＝x 0＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1，解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e .答案 1e3．(苏教版选修1－1P82T4改编)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则2a ＋b 的值等于______．解析依题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝33×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1. 答案 14．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(e x)＝x＋e x，则f′(1)＝________.解析设e x＝t，则x＝ln t(t＞0)，∴f(t)＝ln t＋t，∴f′(t)＝1t＋1，∴f′(1)＝2.答案 25．(2014·江西卷)若曲线y＝x ln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P 的坐标是________．解析令f (x)＝x ln x，则f′(x)＝ln x＋1，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ln x0＋1＝2，∴x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，∴点P的坐标为(e，e)．答案(e，e)考点一利用定义求函数的导数【例1】利用导数的定义求函数f(x)＝x3的导数．解Δy＝f(x＋Δx)－f(x)＝(x＋Δx)3－x3＝x3＋3x·(Δx)2＋3x2·Δx＋(Δx)3－x3＝Δx[3x2＋3x·Δx＋(Δx)2]，∴ΔyΔx＝3x2＋3x·Δx＋(Δx)2，∴f′(x)＝ΔyΔx＝[3x2＋3x·Δx＋(Δx)2]＝3x2.规律方法定义法求函数的导数的三个步骤一差：求函数的改变量Δy＝f(x＋Δx)－f(x)．二比：求平均变化率ΔyΔx ＝f(x＋Δx)－f(x)Δx.三极限：取极限，得导数y′＝f′(x)＝ΔyΔx.【训练1】函数y＝x＋1x在[x，x＋Δx]上的平均变化率ΔyΔx＝________；该函数在x＝1处的导数是________．答案 1－1x (x ＋Δx )考点二 导数的计算【例2】分别求下列函数的导数：(1)(2015·苏州调研)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 014)＋2 014ln x ，则f ′(2 014)＝________. 解析 由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 014)＋2 014x ， 所以f ′(2 014)＝2 014＋2f ′(2 014)＋2 0142 014， 即f ′(2 014)＝－(2 014＋1)＝－2 015. 答案 －2 015(2)分别求下列函数的导数： ①y ＝e x ·cos x ；②y ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；③y ＝x －sin x 2cos x 2；④y ＝ln xe x解 ①y ′＝(e x )′cos x ＋e x (cos x )′＝e x cos x －e x sin x . ②∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x 3. ③∵y ＝x －sin x 2cos x 2＝x －12sin x ， ∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12sin x ′＝1－12cos x .④y ′＝错误!＝错误! ＝1x －ln x e x ＝1－x ln x x e x .规律方法 求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量． 【训练2】 分别求下列函数的导数： (1)y ＝11＋x ＋11－x；(2)y ＝sin 2x2；(3)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)． 解 (1)∵y ＝11＋x ＋11－x ＝21－x， ∴y ′＝0－2(1－x )′(1－x )2＝2(1－x )2.(2)∵y ＝sin 2x 2＝12(1－cos x )，∴y ′＝－12(cos x )′＝－12·(－sin x )＝12sin x .(3)法一 ∵y ＝(x 2＋3x ＋2)(x ＋3)＝x 3＋6x 2＋11x ＋6，∴y ′＝3x 2＋12x ＋11.法二 y ′＝[(x ＋1)(x ＋2)]′(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)′ ＝[(x ＋1)′(x ＋2)＋(x ＋1)(x ＋2)′](x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2) ＝(x ＋2＋x ＋1)(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2) ＝(2x ＋3)(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2) ＝3x 2＋12x ＋11.考点三 导数的几何意义【例3】 (2013·北京卷改编)已知曲线C ：y ＝ln xx . (1)求曲线C 在点(1,0)处的切线l 1的方程； (2)求过原点与曲线C 相切的直线l 2的方程． 解 设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2. (1)∴f ′(1)＝1－ln 112＝1，即切线l 1的斜率k ＝1.由l 1过点(1,0)，得l 1的方程为y ＝x －1. (2)设l 2与曲线C 切于点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，ln x 0x 0，则切线l 2方程为y －ln x 0x 0＝1－ln x 0x 20(x －x 0)，∵l 2过原点．∴－ln x 0x 0＝1－ln x 0x 20·(－x 0)，化简得ln x 0＝12，∴x 0＝e ， ∴l 2：y －12e＝12e (x －e)，整理得y ＝12e x .即为l 2的方程.规律方法 求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线．曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解．【训练3】 (1)(2015·南京调研)曲线y ＝x ＋sin x 在点(0,0)处的切线方程是________． (2)(2015·惠州调研)已知函数f (x )＝x 3－3x ，若过点A (0,16)且与曲线y ＝f (x )相切的切线方程为y ＝ax ＋16，则实数a 的值是________．解析 (1)∵y ＝x ＋sin x ，∴y ′＝1＋cos x ，当x ＝0时，y ′＝1＋cos 0＝2，故曲线y ＝x ＋sin x 在点(0,0)处的切线方程是y －0＝2(x －0)，即2x －y ＝0.(2)先设切点为M (x 0，y 0)，则切点在曲线y 0＝x 30－3x 0上．①求导数得到切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝3x 20－3， 又切线l 过点A 、M 两点，所以k ＝y 0－16x 0，则3x 20－3＝y 0－16x 0②联立①、②可解得x 0＝－2，y 0＝－2， 从而实数a 的值为a ＝k ＝－2－16－2＝9.答案 (1)2x －y ＝0 (2)9[思想方法]1．f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值，即f′(x)在x＝x0处的函数值．(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，而函数值f(x0)是一个常量，其导数一定为0，即(f(x0))′＝0.2．对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则．求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误．[易错防范]1．利用公式求导时要特别注意不要将幂函数的求导公式(x n)′＝nx n－1与指数函数的求导公式(a x)′＝a x ln x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．曲线与直线相切并不一定只有一个公共点．例如，y＝x3在(1,1)处的切线l与y ＝x3的图象还有一个交点(－2，－8).基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2014·苏北四市模拟)曲线y＝x e x＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为________．解析根据导数运算法则可得y′＝e x＋x e x＋2＝(x＋1)e x＋2，则曲线y＝x e x＋2x＝1＋2＝3.故曲线y＝x e x＋2x－1在点(0，－1在点(0，－1)处的切线斜率为y′|x＝0－1)处的切线方程为y＋1＝3x，即3x－y－1＝0.答案3x－y－1＝02．(2015·苏、锡、常、镇四市调研)直线y＝kx与曲线y＝2e x相切，则实数k＝________. 解析设直线y＝kx与曲线y＝2e x相切的切点坐标为(x0,2e x0)，且y′＝2e x，则切线方程为y－2e x0＝2e x0(x－x0)，切线经过坐标原点，代入点(0,0)，解得x0＝1，则实数k＝2e x0＝2e.答案2e3．已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________．解析 ∵f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin π4＋cos π4，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝(2－1)cos π4＋sin π4＝1. 答案 14．已知曲线y ＝14x 2－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点横坐标为________． 解析 设切点坐标为(x 0，y 0)(x 0＞0)，∵y ′＝12x －3x ，∴y ′|x ＝x 0＝12x 0－3x 0＝－12，即x 20＋x 0－6＝0，解得x 0＝2或－3(舍)． 答案 25．(2014·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是______．解析 y ＝ax 2＋b x 的导数为y ′＝2ax －b x 2，直线7x ＋2y ＋3＝0的斜率为－72.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋b 2＝－5，4a －b 4＝－72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，则a ＋b ＝－3.答案 －3 6.如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)＝________.解析 如图可知，f (5)＝3，f ′(5)＝－1，因此f (5)＋f ′(5)＝2.答案 27．(2015·扬州调研)若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝x －a ＋1x .∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，∴x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x ≥2(x ＞0)．答案 [2，＋∞)8．已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f ′2(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 015(x )＝________.解析 ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，∴f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，∴f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，∴f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )是以4为周期的函数，∴f 2 015(x )＝f 3(x )＝－sin x －cos x ，故选A. 答案 －sin x －cos x 二、解答题9．已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2， ∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4. ∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)， 即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝x 20.∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43， 即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2， 故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.10．设抛物线C: y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限． (1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解 (1)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，则y 1＝kx 1，① y 1＝－x 21＋92x 1－4，② ①代入②得x 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k －92x 1＋4＝0. ∵P 为切点，∴Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －922－16＝0得k ＝172或k ＝12.当k ＝172时，x 1＝－2，y 1＝－17.当k ＝12时，x 1＝2，y 1＝1.∵P 在第一象限，∴所求的斜率k ＝12.(2)过P 点作切线的垂线，其方程为y ＝－2x ＋5.③ 将③代入抛物线方程得x 2－132x ＋9＝0. 设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，即2x 2＝9， ∴x 2＝92，y 2＝－4.∴Q 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫92，－4.能力提升题组 (建议用时：25分钟)1．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是________．解析 y ′＝－4e x (e x ＋1)2＝－4e xe 2x ＋2e x ＋1.设t ＝e x∈(0，＋∞)，则y ′＝－4t t 2＋2t ＋1＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2，∵t ＋1t ≥2，∴y ′∈[－1,0)，α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π2．(2014·武汉中学月考)已知曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2016x 2 015的值为________．解析 f ′(x )＝(n ＋1)x n ，k ＝f ′(1)＝n ＋1， 点P (1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， 令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝nn ＋1， ∴x 1·x 2·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0142 015×2 0152 016＝12 016，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015＝log 2 016(x 1x 2…x 2 015)＝－1. 答案 －13．已知f (x )＝x (x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)，则f ′(0)＝________.解析 令g (x )＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)，则f (x )＝xg (x )，∴f ′(x )＝g (x )＋x ·g ′(x )．∴f ′(0)＝g (0)＝(－1)·(－2)·(－3)·(－4)·(－5)＝－120. 答案 －1204．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．(1)解 方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3，当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明 设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以曲线在点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容. 考试要求 1.函数单调性与导数的关系，A 级要求；2.利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)，B 级要求；3.函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，A 级要求；4.利用导数求函数的极大值、极小值，闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)，B 级要求．知 识 梳 理1．函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．2．函数的极值与导数3.(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．诊断自测1．思考辨析(在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．(×)(2)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)2.(2015·北京海淀区模拟)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是________．解析∵f′(x)＝2x－2x＝2(x＋1)(x－1)x(x＞0)．∴当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)为递减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为递增函数．答案(0,1)3．(苏教版选修2－2P34T8(2)改编)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．解析∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.答案 24．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为________．解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号左负右正．答案 15．(2014·新课标全国Ⅱ卷改编)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是________．解析依题意得f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜1x＜1，∴k≥1.答案[1，＋∞)考点一利用导数研究函数单调性【例1】已知f(x)＝ln x－ax. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f (x )在(1,2)上单调递减，求实数a 的范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a .①当a ≤0时，∵x ＞0，∴f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0，＋∞)， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上：当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)法一 ∵f (x )在(1,2)上为减函数， 由(1)知a ＞0，且(1,2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，1a≤1，∴a ≥1.法二 f (x )在(1,2)上单调递减， ∴f ′(x )＝1x －a ≤0在(1,2)上恒成立，即a ≥1x 在(1,2)上恒成立， ∵x ∈(1,2)时，1x ＜1，∴a ≥1，即a 的范围为[1，＋∞)．规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 【训练1】 (2014·山东卷)设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，此时f ′(x )＝2(x ＋1)2. 可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a.由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－(a ＋1)＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)＋2a ＋1a ，－(a ＋1)－2a ＋1a 上单调递增． 考点二 利用导数求函数的极值【例2】 (2014·重庆卷)已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1)处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32， 则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln 5.规律方法 (1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．【训练2】 设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ＞0)． (1)当a ＝1，且函数图象过(0,1)时，求函数的极小值； (2)若f (x )在R 上无极值点，求a 的取值范围． 解 由题得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1. (1)函数图象过(0,1)时，有f (0)＝c ＝1. 当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 令f ′(x )＞0，解得x ＜13或x ＞1； 令f ′(x )＜0，解得13＜x ＜1.所以函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0， 即16－12a ≤0，解得a ≥43. 综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点三 利用导数求函数的最值【例3】 (2014·江西卷)已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值． 解 (1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x＝0得x ＝25或x ＝2， 由f ′(x ) ＞0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)．(2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.深度思考 对于第(2)小问，已知函数f (x )在某个闭区间上的最值，求参数值，一般解法你了解吗？(先求f (x )的最值再解方程求参数)①当－a2≤1，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1＜－a 2≤4，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2＞4，即a ＜－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上，a ＝－10.规律方法(1)不含参数求f(x)在[a，b]上的最值时，只需把f(x)的极值与端点函数值进行比较．其中最大的是最大值，最小的是最小值．(2)含参数时，应注意讨论f(x)在相应区间上的单调性，进而求最值．【训练3】已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x (－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↓－e k－1↑所以f(x))．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1＜k＜2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[思想方法]1．最值与极值的区别与联系(1)“最值”是整体概念，是比较整个定义域或区间内的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近函数值得出的，具有相对性．(2)从个数上看，一个函数在其定义域上的最值是唯一的，而极值不唯一．(3)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能一个也没有．2．求极值、最值时，要求步骤规范；含参数时，要按一定标准讨论参数．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．[易错防范]1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为________．解析f(x)＝12x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x＝x2－1x，令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)的递增区间是(1，＋∞)，递减区间是(0,1)．答案(0,1)2．(2015·扬州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案 －73．f (x )＝x 3－12x ，x ∈[－3,3]的最大值为________，最小值为________． 解析 f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2， ∵f (－3)＝9，f (3)＝－9， f (－2)＝16，f (2)＝－16， ∴f (x )最大值为16，最小值为－16. 答案 16 －164．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________．解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1. 答案 (－∞，－1)5．(2013·福建卷改编)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是________(填序号)． ①∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)； ②－x 0是f (－x )的极小值点； ③－x 0是－f (x )的极小值点；④－x 0是－f (－x )的极小值点．解析 ①错，因为极大值未必是最大值；②错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝ f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点；③错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点；④正确，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点． 答案 ④6．(2015·成都诊断)已知函数f (x )＝x 2＋ax(x ≠0，a ∈R )在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为________． 解析 由已知可得f ′(x )＝2x －ax 2，要使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，只需当x ≥2时， f ′(x )≥0恒成立，即2x －ax 2≥0，则a ≤2x 3恒成立，又当x ≥2时，2x 3≥16， 故当a ≤16时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数． 答案 (－∞，16]7．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f (－4)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4的大小关系为________(用“<”连接)．解析 ∵f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3时，sin x <0，cos x <0，∴f ′(x )＝sin x ＋x cos x <0，则函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3上为减函数，∵5π4<4<4π3，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，又函数f (x )为偶函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4.答案 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π48．若函数y ＝x 3－3ax 在区间[1,2]上单调，则实数a 的范围为________． 解析 y ′＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 由题意x 2－a ＝0在(1,2)内无解． 即a ＝x 2，x ∈(1,2)无解， ∵x ∈(1,2)时，1＜x 2＜4，∴a ＝x 2无解的a 范围为a ≤1或a ≥4. 答案 (－∞，1]∪[4，＋∞) 二、解答题9．(2014·湘潭检测)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c 在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝－3x ＋1.(1)若函数f (x )在x ＝－2时有极值，求f (x )的解析式； (2)函数f (x )在区间[－2,0]上单调递增，求实数b 的取值范围．解 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b ，函数f (x )在x ＝1处的切线斜率为－3，所以f ′(1)＝－3＋2a ＋b ＝－3， 即2a ＋b ＝0 ①，又f (1)＝－1＋a ＋b ＋c ＝－2得a ＋b ＋c ＝－1 ②.(1)函数f (x )在x ＝－2时有极值，所以f ′(－2)＝－12－4a ＋b ＝0 ③，由①②③解得a ＝－2，b ＝4，c ＝－3， 所以f (x )＝－x 3－2x 2＋4x －3.(2)因为函数f (x )在区间[－2,0]上单调递增，所以导函数f ′(x )＝－3x 2－bx ＋b 在区间[－2,0]上的值恒大于或等于零，则⎩⎨⎧f ′(－2)＝－12＋2b ＋b ≥0，f ′(0)＝b ≥0，得b ≥4，所以实数b 的取值范围是[4，＋∞)． 10．设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，其判别式Δ＝a 2－4，①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a ＜－2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a ＞2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42＞0，x 2＝a ＋a 2－42＞1，当0＜x ＜x 1时，f ′(x )＞0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0；当x ＞x 2时，f ′(x )＞0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减． (2)由(1)知，a ＞2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以k ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2，又由(1)知，x 1x 2＝1， 于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2，若存在a ，使得k ＝2－a ，则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1，即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2， 即x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2＞1)，(*)令h (t )＝t －1t －2ln t ，t ＞1，易知函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(1，＋∞)上单调递增，则h (t )＞h (1)，即x 2－1x 2－2ln x 2＞1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .能力提升题组 (建议用时：25分钟)1．(2014·泰州检测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是________． 解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)令f ′(x )＝0得x ＝±1，可知－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.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20. 答案 202．已知f (x )＝x 22＋ln x －ax ，x ∈(0,2)，若f (x )存在两个极值点，则实数a 的范围为________．解析 f ′(x )＝x ＋1x －a ，由题意，f ′(x )有两个变号零点，即x ＋1x －a ＝0在(0,2)内有两不等根， 亦即a ＝x ＋1x 在x ∈(0,2)内时有两不等根，所以动直线y ＝a 与曲线y ＝x ＋1x ，x ∈(0,2)有两不同交点，结合y ＝x ＋1x ，x ∈(0,2)的图象可知a 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，523．(2014·新课标全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是________．解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a . 当a ＞0时，2a ＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0， 即1＜0，不成立．当a ＜0时，2a ＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞， －2)．答案 (－∞，－2)4．(2014·安徽卷)设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2. 所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)． 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0. ①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增．所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲导数的综合应用考试要求 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，解决与之有关的方程(不等式)问题，B级要求；2.利用导数解决某些简单的实际问题，B级要求．知识梳理1．生活中的优化问题通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，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．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤3．不等式的证明与不等式恒成立问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．诊 断 自 测1．思考辨析(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．(√) (2)f (x )＝x －sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上有3个零点．(×)(3)对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)．(×) (4)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．(√) 2．若函数 f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 解析 由于函数f (x )是连续的，故只需要两个极值异号即可．f ′(x )＝3x 2－3，令3x 2－3＝0，得x ＝±1，只需f (－1)·f (1)＜0，即(a ＋2)(a －2)＜0，故a ∈(－2,2)． 答案 (－2,2)3．设直线x ＝t ，与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当MN 达到最小时t 的值为________． 解析 当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ， ∴y ＝MN ＝t 2－ln t (t ＞0)．∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t.当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0. ∴y ＝MN ＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值． 答案 224．若f (x )＝ln xx ，0<a <b <e ，则f (a )，f (b )的大小关系为________． 解析 f ′(x )＝1－ln xx 2，当x ∈(0，e)时，1－ln xx 2>0，即f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，e)上为增函数，又∵0<a <b <e ，∴f (a )<f (b )． 答案 f (a )<f (b )5．(苏教版选修2－2P35例1改编)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________cm 3. 解析 设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160 x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144 (cm 3)． 答案 144考点一 利用导数解决不等式问题【例1】 (2014·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝ax ＋b x e x，a ，b ∈R ，且a ＞0. (1)若a ＝2，b ＝1，求函数f (x )的极值； (2)设g (x )＝a (x －1)e x －f (x )．①当a ＝1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )≥1成立，求b 的最大值； ②设g ′(x )为g (x )的导函数，若存在x ＞1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，求ba 的取值范围．解 (1)当a ＝2，b ＝1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x e x ，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．所以f ′(x )＝(x ＋1)(2x －1)x 2e x.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝12，列表如下：x (－∞，－1) －1(－1,0)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ f ′(x )＋－－＋↑↑由表知f (x )的极大值是f (－1)＝e －1，f (x )的极小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4 e.(2)①因为g (x )＝(ax －a )e x－f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －b x －2a e x ， 当a ＝1时，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －b x －2e x .因为g (x )≥1在x ∈(0，＋∞)上恒成立， 所以b ≤x 2－2x －xe x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．记h (x )＝x 2－2x －xe x (x ＞0)，则h ′(x )＝(x －1)(2e x ＋1)e x.当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )在(0,1)上是减函数； 当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上是增函数． 所以h (x )min ＝h (1)＝－1－e －1. 所以b 的最大值为－1－e －1. ②因为g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －b x －2a e x ， 所以g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b x 2＋ax －b x －a e x .由g (x )＋g ′(x )＝0得⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －b x －2a e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫bx 2＋ax －b x －a e x ＝0，整理得2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0. 存在x ＞1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，等价于存在x ＞1,2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0成立． 因为a ＞0，所以b a ＝2x 3－3x 22x －1.设u (x )＝2x 3－3x 22x －1(x ＞1)，则u ′(x )＝8x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫x －342＋316(2x －1)2.因为x ＞1，u ′(x )＞0恒成立，所以u (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以u (x )＞u (1)＝－1，所以b a ＞－1，即ba 的取值范围为(－1，＋∞).规律方法 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．【训练1】 (2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－x ， f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1 ＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a 1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜aa －1，解得－2－1＜a ＜2－1.②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1＞a a －1，所以不合题意．③若a ＞1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12＜aa －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)． 考点二 导数在方程(函数零点)中的应用 【例2】 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1恒成立，求m 的取值范围． 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2(x ＞0)， ∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)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．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又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． (3)对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1恒成立， 等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x ＞0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)， ∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.规律方法 (1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的单调性、极值、最值等性质．(2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合建立所含参数的方程(或不等式)来解决．【训练2】(2013·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋x sin x＋cos x－b.令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：所以函数g(x)g(x)的最小值为g(0)＝1－b.①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，g(2b)＝4b2＋2b sin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，又y＝g(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．故当b>1时，y ＝g(x)在R上有两个零点，则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．。

导 数 的 应 用【复习目标】1.理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；2.理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有广泛的应用。

3.结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；4.结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

【重点难点】①利用导数求函数的极值；②利用导数求函数的单调区间；③利用导数求函数的最值；④利用导数证明函数的单调性；⑤数在实际中的应用；⑥导数与函数、不等式等知识相融合的问题；⑦导数与解析几何相综合的问题。

【知识梳理】1. 一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，如果'f )(x 0>，那么)(x f 为增函数；如果'f 0)(<x ，那么)(x f 为减函数；如果在某区间内恒有'f 0)(=x ，那么)(x f 为常数；2. 曲线在极值点处切线的斜率为0，极值点处的导数为0；曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正；3. 一般地，在区间[a ，b]上连续的函数f )(x 在[a ，b]上必有最大值与最小值。

①求函数ƒ)(x 在(a ，b)内的极值； ②求函数ƒ)(x 在区间端点的值ƒ(a)、ƒ(b)； ③将函数ƒ )(x 的各极值与ƒ(a)、ƒ(b)比较，其中最大的是最大值，其中最小的是最小值。

4. 利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤. 〔1〕求f '〔x 〕.〔2〕确定f '〔x 〕在〔a ，b 〕内符号.〔3〕假设f '〔x 〕>0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是增函数；假设f '〔x 〕<0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是减函数. 【课前预习】1.函数y =x 2〔x －3〕的减区间是A.〔－∞，0〕B.〔2，+∞〕C.〔0，2〕D.〔－2，2〕 C2.函数f 〔x 〕=ax 2－b 在〔－∞，0〕内是减函数，那么a 、b 应满足 A.a <0且b =0 B.a >0且b ∈R C.a <0且b ≠0 D.a <0且b ∈R3.f 〔x 〕=〔x －1〕2+2，g 〔x 〕=x 2－1，那么f ［g 〔x 〕］A.在〔－2，0〕上递增B.在〔0，2〕上递增C.在〔－2，0〕上递增D.在〔0，2〕上递增 4.在〔a ，b 〕内f '〔x 〕>0是f 〔x 〕在〔a ，b 〕内单调递增的________条件.5. 函数y =x sin x +cos x 在下面哪个区间内是增函数A.〔2π,2π3〕 B.〔π,2π〕 C.〔2π3, 2π5〕 D.〔2π,3π〕【典型例题】题型一：借助导数处理单调性、极值和最值例1．对于R 上可导的任意函数f 〔x 〕，假设满足〔x －1〕f x '（）≥0，那么必有〔 〕 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〕例2．〔1〕32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是〔 〕 (A)－2 (B)0 (C)2 (D)4 例 3．设函数f(x)= 3223(1)1, 1.x a x a --+≥其中 〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间； 〔Ⅱ〕讨论f(x)的极值。

第19课导数与函数、不等式的综合问题[最新考纲]内容要求A B C利用导数研究函数的零点问题√利用导数证明不等式√最值与不等式各类不等式与函数最值的关系如下表：不等式类型与最值的关系任意的x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)min>M任意的x∈D，f(x)<M 任意的x∈D，f(x)max<M存在x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)max>M存在x∈D，f(x)<M 任意的x∈D，f(x)min<M 任意的x∈D，f(x)>g(x)任意的x∈D，[f(x)－g(x)]min>0 任意的x∈D，f(x)<g(x)任意的x∈D，[f(x)－g(x)]max<0任意的x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)不等式f(x)≥g(x)对∀x∈R恒成立，等价于f(x)min>g(x)max.( )(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象与x轴最多有3个交点，最少有一个交点．( )(3)函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值大于0，则f (x )＞g (x )．( )(4)“存在x ∈(a ，b )，使f (x )≥a ”与“任意x ∈(a ，b )，使f (x )≥a ”，这两个说法相同．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(教材改编)若函数y ＝m 与y ＝3x －x 3的图象有三个不同的交点，则实数m 的取值X 围为________．(－2,2) [y ′＝3(1－x )(1＋x )，令y ′＝0，得x ＝±1，所以y 极大值＝2，y 极小值＝－2，作出函数y ＝3x －x 3和y ＝m 的大致图象(如图)，根据图象知－2<m <2.]3．若a ＞1，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为________．1 [f ′(x )＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f (x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1＞0，f (2)＝83－4a ＋1＜0，所以f (x )在(0,2)内只有一个零点．]4．若a ＞1e ，则方程ln x －ax ＝0的实根的个数为________．0 [方程ln x －ax ＝0等价于ln x x ＝a ，设f (x )＝ln xx.∵f ′(x )＝1x·x －ln xx 2＝1－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． ∴f (x )的最大值f (e)＝1e，∴f (x )＝ln x x ≤1e (仅当x ＝e 时，等号成立)．∵a ＞1e，∴原方程无实根．]5．定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞1，且f (2)＝3，则关于x 的不等式f (x )＜x ＋1的解集为________．(－∞，2) [由f ′(x )＞1得f ′(x )－1＞0，即(f (x )－x )′＞0，故函数g (x )＝f (x )－x 单调递增，不等式f (x )＜x ＋1，即f (x )－x ＜1＝f (2)－2，即g (x )＜g (2)，所以x ＜2.]用导数解决与不等式有关的问题☞角度1 解不等式(2017·某某模拟)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，且当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值X 围是________.【导学号：62172105】(－∞，－1)∪(0,1) [记函数g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，故当x >0时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f (x )(x ∈R )是奇函数，故函数g (x )是偶函数， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递增，且g (－1)＝g (1)＝0. 当0<x <1时，g (x )>0，则f (x )>0； 当x <－1时，g (x )<0，则f (x )>0，综上所述，使f (x )>0成立的x 的取值X 围是(－∞，－1)∪(0,1)．] ☞角度2 证明不等式(2015·某某高考节选)已知函数f (x )＝ln x －x －122.(1)证明：当x >1时，f (x )<x －1；(2)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )>k (x －1)． [解] (1)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x )<F (1)＝0， 即当x >1时，f (x )<x －1.(2)由(1)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，从而不存在x 0>1满足题意．当k <1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋1－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0， 解得x 1＝1－k －1－k 2＋42<0，x 2＝1－k ＋1－k 2＋42>1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )>0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )>G (1)＝0， 即f (x )>k (x －1)，综上，k 的取值X 围是(－∞，1)． ☞角度3 不等式恒成立问题已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，某某数a 的取值X 围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x恒成立．[解] (1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，①当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4.即实数a 的取值X 围是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞))．又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，从而对一切x ∈(0，＋∞)，ln x ＞1e x －2e x 恒成立．[规律方法] 1.用导数证明不等式的思路利用导数证明不等式常构造函数φ(x )，将不等式转化为φ(x )＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x )的单调性、最值，判定φ(x )与0的关系，从而证明不等式．2．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数法：第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求X 围． (2)函数思想法：第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：构建不等式求解.利用导数解决函数的零点问题已知函数f (x )＝e x(x 2＋ax －a )，其中a 是常数． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值X 围. 【导学号：62172106】[解] (1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]． 当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)令f ′(x )＝e x[x 2＋(a ＋2)x ]＝0， 解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0， 所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x 0 (0，－(a ＋2))－(a ＋2)(－(a ＋2)，＋∞)f ′(x ) 0 －＋f (x )－aa ＋4ea ＋2由上表可知函数f (x )在[0，＋ ∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝a ＋4ea ＋2.因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数，是(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥e －a(－a )>－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a . [规律方法] 1.在解答本例(2)时应判断f (x )>f (0)是否成立，这是容易忽视的地方． 2．该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．[变式训练] 设f (x )＝ln x ＋a x2. (1)求f (x )的单调区间； (2)求f (x )的零点个数．[解] (1)f (x )的定义域是(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝1x －2a x 3＝x 2－2ax3.当a ≤0时，f ′(x )>0，(0，＋∞)是f (x )的增区间， 当a >0时，令f ′(x )＝0，x ＝±2a (负舍去)， 当0<x <2a 时，f ′(x )<0；当x >2a 时，f ′(x )>0，所以(0，2a )是f (x )的减区间，(2a ，＋∞)是f (x )的增区间， 综上，当a ≤0时，f (x )的增区间是(0，＋∞)，当a >0时，f (x )的减区间是(0，2a )，f (x )的增区间是(2a ，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数，当a ＝0时有零点x ＝1， 当a <0时，f (e a)＝a (e－2a＋1)<0，f (e －a )＝a (e 2a－1)>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，当a >0时，由(1)f (x )在(0，2a )上是减函数，f (x )在(2a ，＋∞)上是增函数，所以当x ＝2a 时，f (x )有极小值，即最小值f (2a )＝12(ln 2a ＋1)．当12(ln 2a ＋1)>0，即a >12e 时，f (x )无零点， 当12(ln 2a ＋1)＝0，即a ＝12e 时 ，f (x )有一个零点， 当12(ln 2a ＋1)<0，即0<a <12e时，f (x )有2个零点．综上，当a>12e 时f(x)无零点，当a＝12e或a≤0时，f(x)有一个零点，当0<a<12e时f(x)有2个零点．[思想与方法]1．利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．2．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值X围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值X围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．[易错与防X]1．用导数方法证明不等式f (x )>g (x )时，找到函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口．2．利用导数解决恒成立问题时，若分离参数后得到“a <f (x )恒成立”，要根据f (x )的值确定a 的X 围中端点能否取到．3．在证明含有量词的不等式时，要注意等价转化，防止思维转换错误导致解题错误．课时分层训练(十九) A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、填空题1．已知a ∈R ，且函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，那么实数a 的取值X 围是________．(－∞，－1) [y ′＝e x＋a ，由y ′＝0，得x ＝ln(－a )．因为x >0，所以－a >1，所以a <－1，即实数a 的取值X 围是(－∞，－1)．]2．已知函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋1的图象与直线y ＝3只有一个公共点，那么实数a 的取值X 围是________．(－1,1) [f ′(x )＝3x 2－3a 2，令f ′(x )＝0，则x ＝±a .由题意知当a <0时，f (a )＝a 3－3a 3＋1<3，即a 3>－1，所以－1<a <0；当a ＝0时，成立；当a >0时，f (－a )＝－a 3＋3a 3＋1<3，即a 3<1，所以0<a <1.故实数a 的取值X 围为(－1,1)．]3．已知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 ，则必有________．(填序号) 【导学号：62172107】①af (b )≤bf (a )；②bf (a )≤af (b )；③af (a )≤bf (b )；④bf (b )≤af (a )． ① [设函数F (x )＝f x x (x ＞0)，则F ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xf ′x －f x x 2.因为x ＞0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0＜a＜b ，所以F (a )≥F (b )，即f a a ≥f b b，则bf (a )≥af (b )．] 4．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有三个公共点，则实数c 的取值X 围是________．(－2,2) [由三次函数的图象可知：函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有三个公共点，则函数的极大值大于零，而极小值小于零．由于y ′＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)＝0得x 1＝－1，x 2＝1，所以当x ＜－1时，y ′＞0；当－1＜x ＜1时，y ′＜0；当x ＞1时，y ′＞0； 故y 极大值＝c ＋2，y 极小值＝c －2；又因为函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有三个公共点，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＋2＞0，c －2＜0，即实数c 的取值X 围是(－2,2)．]5．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对于任意实数x ，有f (x )＞f ′(x )，且y ＝f (x )－1为奇函数，则不等式f (x )＜e x的解集为________．(0，＋∞) [因为y ＝f (x )－1为奇函数，且定义域为R ，所以f (0)－1＝0，得f (0)＝1，设h (x )＝f xex，则h ′(x )＝exf ′x －f xex2，因为f (x )＞f ′(x )，所以h ′(x )＜0，所以函数h (x )是R 上的减函数，所以不等式f (x )＜e x等价于f xex＜1＝f 0e，所以x ＞0.]6．已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f x x >0，若a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12，则a ，b ，c 的大小关系是________. 【导学号：62172108】a <c <b [构造函数h (x )＝xf (x )，则h ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )． ∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴h (x )是定义在R 上的偶函数，当x >0时，h ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )>0，∴此时函数h (x )单调递增． ∵a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)＝2f (2)＝h (2)，c ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln 12f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12＝h ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12＝h (－ln 2)＝h (ln 2)， 又12<ln 2<2，∴a <c <b .] 7．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xf ′x －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________．(－∞，－2)∪(0,2) [∵x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数，又φ(2)＝0， ∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．]8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ≤0，ln x ＋1x >0，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值X 围是________．[－2,0] [y ＝|f (x )|的图象如图所示：要使|f (x )|≥ax ，只需找到y ＝ax 与y ＝x 2－2x 相切时的临界值即可，由y ′|x ＝0＝－2可知a ＝－2，结合图象可知，当实数a 满足－2≤a ≤0时，有|f (x )|≥ax .]9．设f (x )＝|ln x |，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则实数a 的取值X 围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 22，1e [由题意，可知方程|ln x |＝ax 在区间(0,4)上有三个根，令h (x )＝ln x ，则h ′(x )＝1x ，又h (x )在(x 0，ln x 0)处切线y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)过原点，得x 0＝e ，即曲线h (x )过原点的切线的斜率为1e ，而点(4，ln 4)与原点确定的直线的斜率为ln 22，所以实数a 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫ln 22，1e .]10．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________． (－∞，－1)∪(1，＋∞) [令F (x )＝f (x )－12x ，由f ′(x )<12可知，F ′(x )＝f ′(x )－12<0. ∴F (x )在R 上单调递减．又f (1)＝1，∴f (x 2)<x 22＋12可化为f (x 2)－12x 2<f (1)－12，即F (x 2)<F (1)．由F (x )在R 上单调递减可知x 2>1，即x >1或x <－1.]二、解答题11．已知函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)若对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，某某数m 的最大值； (2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实数根，某某数a 的取值X 围．[解] (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m 恒成立，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 )取得极大值f (1)＝52－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝2－a .故当f (2)>0或f (1)<0时，方程f (x )＝0有且仅有一个实数根，解得a <2或a >52，即实数a 的取值X 围为(－∞，2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞. 12．(2017·如皋市高三调研一)设函数f (x )＝ln x －ax 2(a >0)． (1)讨论函数f (x )零点的个数；(2)若函数f (x )有极大值为－12，且存在实数m ，n ，m <n 使得f (m )＝f (n )，证明：m ＋n >4a .【导学号：62172109】[解] (1)f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax2x(x >0)．①当a ＝0，f (x )＝ln x 在(0，＋∞)上有一个零点； ②当a <0，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝－a >0，f (e a )＝a －a e 2a ＝a (1－e 2a )<0所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点；③当a >0，f (x )＝0，x ＝12a ，f (x (ⅰ)当a >12e时，f (x )在(0，＋∞)上有没有零点；(ⅱ)当a ＝12e 时，f (x )在(0，＋∞)上有一个零点；(ⅲ)当0<a <12e 时，f (x )在(0，＋∞)上有两个零点；综上，当a >12e 时，f (x )在(0，＋∞)上有没有零点；当a ＝12e 或a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个零点；当0<a <12e 时，f (x )在(0，＋∞)上有两个零点．(2)证明：由(1)可知f (x )极大值＝f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＝－12，a ＝12. 因为f (x )＝ln x －x 22，令F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝1x ＋12－x －2.由F ′(x )＝0，得x ＝1.x (0,1) 1 (1，＋∞)F ′(x ) ＋－ F (x )因为m <1<n ，所以F (m )＝f (m )－f (2－m )<0， 即f (m )<f (2－m )，又因为f (m )＝f (n )，所以f (n )<f (2－m )， 又因为f (x )在(1，＋∞)上单调递减， 所以m >2－n ，即m ＋n >2得证．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·某某模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －x 2e x，x ≤0，－x 2＋4x ＋3，x >0，g (x )＝f (x )＋2k ，若函数g (x )恰有两个不同的零点，则实数k 的取值X 围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，2＋1e 2[当x ≤0时，f ′(x )＝(2－x 2)e x ，当x ＝－2时取得极小值f ()－2＝－2(2＋1)·e－2，当x <0时，f (x )<0，且f (0)＝0，函数f (x )的图象如图所示，函数g (x )恰有两个不同的零点，就是f (x )的图象与直线y ＝－2k 有两个不同的交点，所以3<－2k <7或－2k ＝0或－2k ＝－2(2＋1)e－2，即k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，2＋1e 2.]2．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值X 围是______________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ [由于f ′(x )＝1＋1x ＋12＞0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.]3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋m ＋2(a >0)．(1)若f (x )在[－1,1]内没有极值点，某某数a 的取值X 围；(2)当a ＝2时，方程f (x )＝0有三个互不相同的解，某某数m 的取值X 围． [解] (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 3(x ＋a )，令f ′(x )＝0，得x ＝a3或－a ，因为f (x )在[－1,1]内没有极值点，而且a >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3>1，－a <－1，解得a >3，故实数a 的取值X 围是(3，＋∞)．(2)当a ＝2时，f ′(x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23(x ＋2)＝0的两根为23，－2，要使方程f (x )＝0有三个互不相同的解，需使⎩⎪⎨⎪⎧f －2>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23<0，解得－10<m <－1427，所以m 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－10，－1427.4．(2017·某某模拟)已知函数f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ，g (x )＝e xex .(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，某某数a 的最小值； (2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，在(0，e]上方程f (x )＝g (x 0)总存在两个不等的实根，某某数a 的取值X 围．[解]f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ，(1)令m (x )＝(2－a )(x －1)，x ＞0；h (x )＝2ln x ，x ＞0，则f (x )＝m (x )－h (x )，①当a ＜2时，m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数， 若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1≥2ln 12，∴a ≥2－4ln2，∴2－4ln2≤a <2.②当a ≥2时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上m (x )≥0，h (x )＜0， ∴f (x )＞0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点． 由①②得a ≥2－4ln 2， ∴a min ＝2－4ln 2. (2)g ′(x )＝e1－x－x e1－x＝(1－x )e1－x，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当x ∈(1，e]时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减， 又g (0)＝0，g (1)＝1，g (e)＝e2－e＞0，∴函数g (x )在(0，e]上的值域为(0,1]．方程f (x )＝g (x 0)等价于(2－a )(x －1)－g (x 0)＝2ln x ，令p (x )＝(2－a )(x －1)－g (x 0)，则p (x )过定点(1，－g (x 0))，且－1≤－g (x 0)＜0，令t (x )＝2ln x ，由p (x )，t (x )的图象(略)可知，要使方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上总存在两个不相等的实根，需使⎩⎪⎨⎪⎧a ＜2，p e ≥t e在(0，e]上恒成立，即(2－a )(e －1)－g (x 0)≥2ln e＝2， ∴a ≤2－2＋g x 0e －1.∵0＜g (x 0)≤1，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2＋g x 0e －1min＝2－3e －1，∴a ≤2－3e －1.综上所述，a 的取值X 围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2－3e －1.。

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.。

高考数学一轮复习导数及其应用多选题知识归纳总结及解析一、导数及其应用多选题1．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（ ）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC 【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+， 则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1e e xx xx e ex e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.2．定义在(0,)+∞上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且()()f x f x x'<，则对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，其中12x x ≠，则下列不等式中一定成立的有（ ）A ．()()()1212f x x f x f x +<+B ．()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+ C ．()1122(1)x x f f <D ．()()()1212f x x f x f x <【答案】ABC 【分析】构造()()f x g x x=，由()()f x f x x '<有()0g x '<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，根据各选项的不等式，结合()g x 的单调性即可判断正误.【详解】 由()()f x f x x '<知：()()0xf x f x x'-<， 令()()f x g x x =，则()()()20xf x f x g x x'-='<， ∴()g x 在(0,)+∞上单调递减，即122112121212()()()()0()g x g x x f x x f x x x x x x x --=<--当120x x ->时，2112()()x f x x f x <；当120x x -<时，2112()()x f x x f x >；A ：121()()g x x g x +<，122()()g x x g x +<有112112()()x f x x f x x x +<+，212212()()x f x x f x x x +<+，所以()()()1212f x x f x f x +<+； B:由上得21121212()()()()x f x x x x f x x x -<-成立，整理有()()()()21121212x xf x f x f x f x x x +<+； C ：由121x >，所以111(2)(1)(2)(1)21x x x f f g g =<=，整理得()1122(1)x x f f <； D ：令121=x x 且121x x >>时，211x x =，12111()()()()g x g x f x f x =，12()(1)(1)g x x g f ==，有121()()g x x g x >，122()()g x x g x <，所以无法确定1212(),()()g x x g x g x 的大小. 故选：ABC 【点睛】思路点睛：由()()f x f x x '<形式得到()()0xf x f x x'-<， 1、构造函数：()()f x g x x =，即()()()xf x f x g x x'-'=. 2、确定单调性：由已知()0g x '<，即可知()g x 在(0,)+∞上单调递减.3、结合()g x 单调性，转化变形选项中的函数不等式，证明是否成立.3．已知函数()1ln f x x x x=-+，给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A ．曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为10x y ++= B ．()f x 恰有2个零点C ．()f x 既有最大值，又有最小值D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】BD 【分析】本题首先可根据()10f -=以及13f判断出A 错误，然后根据当0x >时的函数单调性、当0x <时的函数单调性、()10f -=以及()10f =判断出B 正确和C 错误，最后根据()()120f x f x +=得出()121f x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，根据函数单调性即可证得121=x x ，D 正确. 【详解】函数()1ln f x x x x=-+的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 当0x >时，()1ln f x x x x=-+，()2221111x x f x x x x -+-'=--=；当0x <时，1ln f x x x x，()2221111x x f x x x x -+-'=--=， A 项：1ln 1110f，22111131f，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为031y x ，即33y x =--，A 错误；B 项：当0x >时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，当0x <时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，因为()10f -=，()10f =，所以函数()f x 恰有2个零点，B 正确； C 项：由函数()f x 的单调性易知，C 错误； D 项：当1>0x 、20x >时， 因为()()120f x f x +=， 所以1222222221111ln lnf x f x x x x fx x x x ， 因为()f x 在()0,∞+上为减函数，所以121x x =，120x x >， 同理可证得当10x <、20x <时命题也成立，D 正确， 故选：BD. 【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.4．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1- D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确 对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确. 故选：AD 【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.5．对于函数2ln ()xf x x =，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．ff f <<D ．若()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，则2e k >【答案】ACD 【分析】求得函数的导数312ln ()-'=xf x x，根据导数的符号，求得函数的单调区间和极值，可判定A 正确；根据函数的单调性和()10f =，且x >()0f x >，可判定B 不正确；由函数的单调性，得到f f >，再结合作差比较，得到f f >，可判定C 正确；分离参数得到()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立，令()2ln 1x g x x +=，利用导数求得函数()g x 的单调性与最值，可判定D 正确. 【详解】由题意，函数2ln ()x f x x=，可得312ln ()(0)xf x x x -'=>，令()0f x '=，即312ln 0xx -=，解得x =当0x <<()0f x '>，函数()f x 在上单调递增；当x >()0f x '<，函数()f x 在)+∞上单调递减，所以当x =()f x 取得极大值，极大值为12f e=，所以A 正确； 由当1x =时，()10f =，因为()f x 在上单调递增，所以函数()f x 在上只有一个零点，当x >()0f x >，所以函数在)+∞上没有零点，综上可得函数在(0,)+∞只有一个零点，所以B 不正确；由函数()f x 在)+∞上单调递减，可得f f >，由于ln 2ln ,42f f ππ====，则2ln ln 2ln ln 22444f f ππππππ-=-=-，因为22ππ>，所以0f f ->，即f f >，所以ff f <<，所以C 正确；由()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，即()221ln 1x k f x x x +>+=在()0,∞+上恒成立， 设()2ln 1x g x x +=，则()32ln 1x g x x --'=， 令()0g x '=，即32ln 10x x--=，解得x = 所以当0x<<()0g x '>，函数()g x 在上单调递增； 当x>()0g x '<，函数()g x 在)+∞上单调递减， 所以当x=()g x 取得最大值，最大值为22e eg e =-=， 所以2ek >，所以D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．6．已知函数()e sin xf x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．当1a =-时，()f x 在0,单调递增B ．当1a =-时，()f x 在()()0,0f 处的切线为x 轴C ．当1a =时，()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<D ．对任意0a >，()f x 在()π,-+∞一定存在零点 【答案】AC 【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】对于A ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，因为()0,x ∈+∞时，e 1,cos 1xx >≤，即0fx，所以()f x 在0,上单调递增，故A 正确；对于B ，当1a =-时，()e sin xf x x =-，()e cos xf x x '=-，则()00e sin01f =-=，()00e cos00f '=-=，即切点为0,1，切线斜率为0，故切线方程为1y =，故B 错误；对于C ，当1a =时，()e sin xf x x =+，()e cos xf x x '+=，()e sin xf x x '=-'，当()π,0x ∈-时，sin 0x <，e 0x >，则()e sin 0xx f x -'=>'恒成立，即()e cos x f x x '+=在()π,0-上单调递增，又ππ22ππe cos e 220f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+>，3π3π443π3πe cos e 442f --⎛⎫⎛⎫'-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝-⎭+，因为123π3π421e e 2e ---⎛⎫=<⎪⎭< ⎝，所以3π43πe 024f -⎛⎫'-= ⎪-⎭<⎝，所以存在唯一03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=成立，所以()f x 在()0π,x -上单调递减，在()0,0x 上单调递增，即()f x 在()π,0-存在唯一极小值点0x ，由()000e cos 0xf x x +'==，可得()000000πe sin cos sin 4x f x x x x x ⎛⎫=+=-+=- ⎪⎝⎭，因为03ππ,42x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以0π3ππ,44x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，则()00π4f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭()1,0∈-，故C 正确；对于选项D ，()e sin xf x a x =+，()π,x ∈-+∞，令()e sin 0xf x a x =+=，得1sin ex xa -=， ()sin ex xg x =，()π,x ∈-+∞，则()πcos sin 4e e x xx x x g x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==， 令0g x ，得πsin 04x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则ππ4x k =+()1,k k ≥-∈Z ，令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，则π5π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递减， 令0g x，得πsin 04x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，则5π9π2π,2π44x k k ⎛⎫∈++ ⎪⎝⎭()1,k k ≥-∈Z ，此时函数()g x 单调递增， 所以5π2π4x k =+()1,k k ≥-∈Z 时，()g x 取得极小值，极小值为5π5π2π2π445π5π2π5π4s 42in si πe e 4n k k g k k ++⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭++()1,k k ≥-∈Z ， 在()g x 的极小值中，3π4sin 3π45π5π42π4eg g -⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭-最小，当3ππ,4x ⎛⎫∈--⎪⎝⎭时，()g x 单调递减，所以函数()g x的最小值为3π3π445πsin 3π144eg --⎛⎫-==- ⎪⎝⎭，当3π411a--<-时，即3π40a -<<时，函数()g x 与1=-y a无交点，即()f x 在()π,-+∞不存在零点，故D 错误.故选：AC. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.7．已知函数()21,0log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列是关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数的判断，其中正确的是（ ） A ．当0k >时，有3个零点 B ．当0k <时，有2个零点 C ．当0k >时，有4个零点 D ．当0k <时，有1个零点【答案】CD 【分析】令y ＝0得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，利用换元法将函数分解为f （x ）＝t 和f （t ）＝﹣1，作出函数f （x ）的图象，利用数形结合即可得到结论． 【详解】令()10y f f x =+=⎡⎤⎣⎦，得()1f f x =-⎡⎤⎣⎦，设f （x ）＝t ，则方程()1f f x =-⎡⎤⎣⎦等价为f （t ）＝﹣1，①若k ＞0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有两个根其中t 2＜0，0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 2＜0，此时x 有两解，由f （x ）＝t 1∈（0，1）知此时x 有两解，此时共有4个解， 即函数y ＝f [f （x ）]+1有4个零点．②若k ＜0，作出函数f （x ）的图象如图：∵f （t ）＝﹣1，∴此时方程f （t ）＝﹣1有一个根t 1，其中0＜t 1＜1，由f （x ）＝t 1∈（0，1），此时x 只有1个解，即函数y ＝f [f （x ）]+1有1个零点． 故选：CD ．【点睛】本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，属于难题．8．若方程()2110x m x -+-=和()120x m ex -+-=的根分别为()1212,x x x x <和3x ，()434x x x <，则下列判断正确的是（ ）A ．3201x x <<<B ．1310x x -<<C ．(),1m ∈-∞-D ．1151x ⎫--∈-⎪⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】根据题意将问题转化为，1x ，2x 和3x ，4x 分别是y m =与11y x x =--和12x xy e-=-交点的横坐标，再用导数研究函数11y x x =--和12x xy e-=-的单调性与取值情况，作出函数图象，数形结合即可解决问题. 【详解】解：由题，1x，2x和3x，4x分别是11m xx=--和12xxme-=-的两个根，即y m=与11y xx=--和12xxye-=-交点的横坐标.对于函数11y xx=--，定义域为{}0x x≠，21'10yx=+>，所以函数在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，且1x=时，1y=-；对于函数12xxye-=-，11'xxye--=，所以函数在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且当,2x y→+∞→-，0x=时，2y=-，1x=时，1y=-；故作出函数11y xx=--，12xxye-=-的图像如图所示，注意到：当()0,1x∈时，11122xxx xx e---<-<-，由图可知，3201x x<<<，()2,1m∈--，从而()11112,1xx--∈--，解得115,1x⎛⎫--∈-⎪⎪⎝⎭，所以选项AD正确，选项C错误，又121310x x x x-=<<.故选：ABD.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查化归转化思想与数形结合思想，是中档题.。

高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案15 导数的综合应用导学目标：1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．自主梳理．函数的最值函数f在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．求函数y＝f在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f在内的________；②将函数y＝f的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测．函数f＝x3－3ax－a在内有最小值，则a的取值范围为A．0≤a&lt;1B．0&lt;a&lt;1c．－1&lt;a&lt;1D．0&lt;a&lt;122．设f′是函数f的导函数，将y＝f和y＝f′的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R上可导的任意函数f，若满足f′≥0，则必有A．f＋f&lt;2fB．f＋f≤2fc．f＋f≥2fD．f＋f&gt;2f4．函数f＝12ex在区间0，π2上的值域为______________．5．f＝x2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f＝x2e－ax，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a&gt;0，函数f＝alnxx.讨论f的单调性；求f在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f＝12x2－alnx，求函数f的单调区间；求证：当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.求f的单调区间与极值；求证：当a&gt;ln2－1且x&gt;0时，ex&gt;x2－2ax＋1.探究点三实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例已知函数f＝lnx－x＋1.若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；证明：f≥0.【答题模板】解∵f′＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x&gt;0，∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分] 当0&lt;x&lt;1时，g′&gt;0；当x&gt;1时，g′&lt;0，[4分]∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]证明由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．)[8分]当0&lt;x&lt;1时，x－1&lt;0，f＝lnx－x＋1＝xlnx ＋lnx－x＋1≤0，∴f≥0.当x≥1时，x－1&gt;0，f＝lnx－x＋1＝lnx＋xlnx－x＋1＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，∴f≥0.[11分]综上，f≥0.[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f；求函数的导数f′，解方程f′＝0；比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；回到实际问题，作出解答．一、选择题．已知曲线c：y＝2x2－x3，点P，直线l过点P且与曲线c相切于点Q，则点Q的横坐标为A．－1B．1c．－2D．22．已知函数y＝f，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是A．t&gt;5B．t&lt;5c．t≥5D．t≤55．若函数f＝sinxx，且0&lt;x1&lt;x2&lt;1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是A．a&gt;bB．a&lt;bc．a＝bD．a、b的大小不能确定题号2345答案二、填空题6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题9．已知函数f＝122－ln．求f的单调区间；若x∈[1e－1，e－1]时，f&lt;m恒成立，求m的取值范围．0．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用c与隔热层厚度x满足关系：c＝k3x ＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．求k的值及f的表达式；隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．求a、b的值；对任意x&gt;0，试比较f与g的大小．答案自主梳理．连续①极值②端点值自我检测．B 2.D 3.c4.12，12eπ25.6课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f＝x2e－ax，∴f′＝2xe－ax＋x2&#8226;e－ax＝e－ax．令f′&gt;0，即e－ax&gt;0，得0&lt;x&lt;2a.∴f在，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0&lt;2a&lt;1，即a&gt;2时，f在[1,2]上是减函数，∴fmax＝f＝e－a.②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.③当2a&gt;2，即0&lt;a&lt;1时，f在[1,2]上是增函数，∴fmax＝f＝4e－2a.综上所述，当0&lt;a&lt;1时，f的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；当a&gt;2时，f的最大值为e－a.变式迁移1 解函数f的定义域为，f′＝a&#8226;1－lnxx2，由f′＝a&#8226;1－lnxx2&gt;0，得0&lt;x&lt;e；由f′&lt;0，得x&gt;e.故f在上单调递增，在上单调递减．∵f在上单调递增，在上单调递减，∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f ＝12lna2，∴当0&lt;a≤2时，[f]min＝lna；当a&gt;2时，[f]min＝ln&#61480;2a&#61481;2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．解f′＝x－ax＝x2－ax，若a≤0时，f′&gt;0恒成立，∴函数f的单调增区间为．若a&gt;0时，令f′&gt;0，得x&gt;a，∴函数f的单调增区间为，减区间为．证明设F＝23x3－，故F′＝2x2－x－1x.∴F′＝&#61480;x－1&#61481;&#61480;2x2＋x＋1&#61481;x.∵x&gt;1，∴F′&gt;0.∴F在上为增函数．又F在上连续，F＝16&gt;0，∴F&gt;16在上恒成立．∴F&gt;0.∴当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 解由f＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′＝ex－2，x∈R.令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′，f的变化情况如下表：xln2f′－＋f极小值故f的单调递减区间是，单调递增区间是，f在x＝ln2处取得极小值，极小值为f＝eln2－2ln2＋2a＝2．证明设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.由知当a&gt;ln2－1时，g′最小值为g′＝2&gt;0.于是对任意x∈R，都有g′&gt;0，所以g在R内单调递增，于是当a&gt;ln2－1时，对任意x∈，都有g&gt;g．而g＝0，从而对任意x∈，都有g&gt;0，即ex－x2＋2ax－1&gt;0，故ex&gt;x2－2ax＋1.例3 解分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．L′＝2－2＝．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a&lt;9，即3≤a&lt;92时，Lmax＝L＝2＝9．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，Lmax＝L＝[12－]2＝43.所以Q＝9&#61480;6－a&#61481;，3≤a&lt;92，4&#61480;3－13a&#61481;3，92≤a≤5.综上，若3≤a&lt;92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝9；若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．变式迁移3 解因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝2.当t&lt;t0时，ω′&gt;0；当t&gt;t0时，ω′&lt;0.所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.将t＝2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝10002S－2×10003S4.又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×&#61480;8000－S3&#61481;S5，令v′＝0，得S＝20.当S&lt;20时，v′&gt;0；当S&gt;20时，v′&lt;0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．课后练习区．A 2.D 3.c 4.c 5.A6.63d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b．设f＝b，∴f′＝－3b2＋d2.令f′＝0，由b&gt;0，∴b＝33d，且在上f′&gt;0，在[33d，d]上f′&lt;0.∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.7．300解析设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x&#8226;3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10.当0&lt;x&lt;10时，V′&gt;0；当x&gt;10时，V′&lt;0，∴x＝10时，V最大＝300．8．＝4&#61480;1－x2&#61481;&#61480;x2＋1&#61481;2≥0，解得－1≤x≤1.由已知得&#8838;[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m&lt;2m ＋1，解得－1&lt;m≤0.9．解∵f＝122－ln，∴f′＝－11＋x＝x&#61480;2＋x&#61481;1＋x．……………………………………………………………………………………………∴f在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………………令f′＝0，即x＝0，则xf′－＋f极小值……………………………………………………………………………………………又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1&gt;12e2＋1，又f&lt;m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m&gt;12e2－1.………………………………………………………………………………0．解设隔热层厚度为xcm，由题设，每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f＝20c＋c1＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………f′＝6－2400&#61480;3x＋5&#61481;2，令f′＝0，即2400&#61480;3x＋5&#61481;2＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………当0&lt;x&lt;5时，f′&lt;0，当5&lt;x&lt;10时，f′&gt;0，………………………………………………………………故x＝5是f的最小值点，对应的最小值为f＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………1．解f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………又f′＝1x，g′＝a－bx2，且f与g在点处有公共切线，∴g′＝f′＝1，即a－b＝ 1.②……………………………………………………由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………令F＝f－g，则F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.∴F在上为减函数．………………………………………………………当0&lt;x&lt;1时，F&gt;F＝0，即f&gt;g；当x＝1时，F＝0，即f＝g；当x&gt;1时，F&lt;F＝0，即f&lt;g．综上，0&lt;x&lt;1时，f&gt;g；x＝1时，f＝g；x&gt;1时f&lt;g．…………………………………………………………………………。

第03课 导数及其应用一、考纲要求：1.了解导数概念的实际背景、理解导数的几何意义；2.能根据导数的定义求函数x y xy x y ===,1,3等的导数、能求简单复合函数的导数； 3.了解导数在研究函数单调性、极值、最值中的应用，会利用导数解决某些实际问题。

二、课前检测1．若函数()y f x =在区间(,)a b 内可导，且0(,)x a b ∈，()20/=x f ，则0→h 时()()hh x f h x f --+00的值= 2．一个物体的运动方程为21t t s +-=其中s 的单位是米，t 的单位是秒，那么物体在3秒末的瞬时速度是3．已知函数)20)(sin (cos 21)(π≤≤+=x x x e x f x ，则f （x ）的值域为 4．曲线x y ln =在点(,1)M e 处的切线的斜率是___，切线的方程为__ ____5．函数5523--+=x x x y 的单调递增区间是_________ _______6．函数xx y ln =的最大值为 7．函数2cos y x x =+在区间[0,]2π上的最大值是 8．若32()(0)f x ax bx cx d a =+++>在R 上是增函数，则,,a b c 的关系式为是9. 函数()()()y x a x b x c =---的导数为10. 过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为 ；切线的斜率为 ．三、经典考题例题1、已知函数()23bx ax x f +=，当1x =时，有极大值3；（1）求,a b 的值；（2）求函数y 的极小值；（3）若()c x f =有3个解，求c 的取值范围。

例题2、如图，一矩形铁皮的长为8cm ，宽为5cm ，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子容积最大？例题3、已知1x =是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中,,0m n R m ∈<， （1）求m 与n 的关系式； （2）求()f x 的单调区间；（3）当[]1,1x ∈-时，函数()y f x =的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m ，求m 的取值范围.例题4、已知函数2()ln f x x x ax =+-在(0,1)上是增函数。

江苏省淮安市数学高考复习专题04：导数及其应用姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分）(2018·禅城模拟) 已知复数，则复数z的虚部为（）A .B .C .D .2. （2分）函数的零点所在的一个区间是（）A . （﹣1，0）B . （0，1）C . （1，2）D . （2，3）3. （2分）(2019·江门模拟) 是球内接正四面体，若球的半径为，则（）A .B .C .D .4. （2分） (2016高二上·桂林期中) 设x∈R，记不超过x的最大整数为[x]，如[0.9]=0，[2.6]=2，令{x}=x ﹣[x]．则{ }，[ ]，（）A . 既是等差数列又是等比数列B . 既不是等差数列也不是等比数列C . 是等差数列但不是等比数列D . 是等比数列但不是等差数列5. （2分）(2017·蚌埠模拟) 已知非零向量，满足3| |=2| |，＜，＞=60°，若⊥（t + ）则实数t的值为（）A . 3B . ﹣3C . 2D . ﹣26. （2分）已知a为常数，函数有两个极值点则（）A .B .C .D .7. （2分）已知命题，则非p为（）A . ∀B . ∀C . ∃D . ∃8. （2分） (2016高一上·安徽期中) 函数y=x|x|+px2 ，x∈R，下列说法正确的是（）A . 偶函数B . 奇函数C . 不具有奇偶函D . 奇偶性与p有关9. （2分） (2016高一下·蓟县期中) 已知等比数列{an}的公比为正数，且a3•a9=2a52 ， a2=1，则a1=（）A .B .C .D . 210. （2分） (2016高一上·定州期中) 若函数y=x2﹣3x﹣4的定义域为[0，m]，值域为，则m 的取值范围是（）A . （0，4]B .C .D .11. （2分）已知函数，若成立，则的最小值为（）A .B .C .D .12. （2分） (2020高二下·铜陵期中) 已知正实数a,b,c满足：，则（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）使log2（﹣x）＜x+1成立的x的取值范围是________14. （1分）数列的前项和为，已知数列是首项和公比都是的等比数列，则的通项公式为 ________．15. （1分）已知集合，则实数的值为________;16. （1分）已知点O（0，0），A0（0，1），An（6，7），点A1 ，A2…，An﹣1（n∈N，n≥2）是线段A0An 的n等分点，则| + +…+ + |等于________．三、解答题 (共3题；共35分)17. （10分） (2019高二下·绍兴期中) 在平面直角坐标系中，O是坐标原点，向量，， .（1）若，当，求的值；（2）若，的夹角为钝角，求t的取值范围.18. （10分）设函数f(x)＝ x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．19. （15分）已知函数f(x)＝aln x－bx2 ， a，b∈R.（1）若f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，求a，b的值；（2）在(1)的条件下，求f(x)在上的最大值；（3）若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，求a的取值范围．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共3题；共35分)17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、19-2、19-3、。

第03课：导数及其应用一、课前预习1．函数f （x ）=（x+1）2（x-1）在1x =处的导数等于2．设 y=tanx ，则y /=3．已知函数)(x f 在1=x 处的导数为1,当0→∆x 时,A x f x f →∆⋅-∆-2)1()1(,则A= 4．写出导数为32'+=x y 的一个函数:5.曲线324y x x =-+在点(13)，处的切线的倾斜角为6.设曲线2ax y =在点（1，a ）处的切线与直线062=--y x 平行，则=a7.汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图像可能是8.如图，函数()f x 的图象是折线段ABC ，其中A B C ，，的坐标分别为(04)(20)(64)，，，，，，则((0))f f = ；函数()f x 在1x =处的导数(1)f '= 9.函数x e x x f )3()(-=的单调递增区间是10．设函数2()()f x g x x =+，曲线()y g x =在点(1,(1))g 处的切线方程为21y x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线的斜率为11.直线12y x b =+是曲线()ln 0y x x =>的一条切线，则实数b ＝ 12．设曲线1*()n y x n N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令lg n n a x =，则1299a a a +++L 的值为 .13.已知函数2()cos f x x x =-，对于ππ22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上的任意12x x ，，有如下条件：①12x x >；②2212x x >； ③12x x >．其中能使12()()f x f x >恒成立的条件序号是A ．B ．C ．D ．14.()331f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()f x ≥0 成立，则a =二、例题例1：已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调区间； （2）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．例2：设函数329()62f x x x x 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()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围．例3：设函数()xe f x x= （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若0k >，求不等式'()(1)()0f x k x f x +->的解集．例4：设2()(1)x f x e ax x =++，且曲线()y f x =在1x =处的切线与x 轴平行（1）求a 的值，并讨论()f x 的单调性；（2）证明：当[0,]f(cos )f(sin )22πθθθ∈-<时，第03课作业：导数及其应用班级____________ 姓名_____________ 学号__________ 成绩________1．设y=e x sin2x + x lnx 则y / = ▲ 2．过原点作曲线x e y =的切线,则切点的坐标为 ▲ 3．已知函数,2)1(2x x x f -=-则=)('x f ▲ 4．若函数2()1x a f x x +=+在1x =处取极值，则a = ▲ 5．若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 ▲6．在平面直角坐标系xoy 中，点P 在曲线3:103C y x x =-+上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 ▲ 7．设曲线1*()n y x n N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,则12n x x x ⋅⋅⋅L 的值为 ▲8.设P 为曲线C ：223y x x =++上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，则点P 横坐标的取值范围为 ▲9.如果函数y=f (x )的图象如右图，那么导函数y=f (x )的图象可能是 ▲10．已知直线y=x+1与曲线y ln()x a =+相切，则α的值为 ▲ 11．已知曲线13-=x y 与曲线2211x y -=在0x x =处的切线互相垂直,则=0x ▲ 12.若函数343y x bx =-+有三个单调区间，则b 的取值范围是 ▲13. 在(,)a b 内f '（x ）>0是()f x 在(,)a b 内单调递增的 ▲ 条件14．若函数)(3x x a y -=的递减区间为（)33,33-，则a 的取值范围为 ▲ 1. __ ; 2. __ ; 3. __ ; 4. __ ;5. __ ;6. __ ;7. __ ;8. __ ;9. __ ; 10. __ ; 11. __ ;12. __ ; 13. __ ; 14. __15．已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值； （II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．16．设函数()(0)kx f x xe k =≠（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若函数()f x 在区间(1,1)-内单调递增，求k 的取值范围.17．已知函数3223()39f x x ax a x a =--+.(1) 设1a =，求函数()f x 的极值；（2）若14a >，且当[]1,4x a ∈时，)('x f ≤12a 恒成立，试确定a 的取值范围.18．已知二次函数()y g x =的导函数的图像与直线2y x =平行，且()y g x =在1x =-处取得极小值1(0)m m -≠．设()()g x f x x=．（1）若曲线()y f x =上的点P 到点(0,2)Q ，求m 的值；（2）()k k R ∈如何取值时，函数()y f x kx =-存在零点，并求出零点．。

江苏省淮阴中学导数及其应用多选题试题含答案一、导数及其应用多选题1．已知偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式中不成立的是（ ）A34f ππ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B34f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()04f π⎛⎫>- ⎪⎝⎭ D．63f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】ABC 【分析】 构造函数()()cos f x g x x =，结合导数和对称性可知()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，即可得23643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，从而可判断ABD 选项，由()04g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭可判断C 选项.【详解】因为偶函数()y f x =对于任意的0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>， 所以构造函数()()cos f x g x x =，则()()2cos sin ()0cos f x x f x x g x x'+'=>， ∴()g x 为偶函数且在0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增，32333cos 3f g g f πππππ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭∴-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，4444cos 4f g g πππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭-=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，666cos 6f g f ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由函数单调性可知643g g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 对于AB，4343f f ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎛⎫-= ⎪⎝⎭⎝⎭⎝ ⎪⎭⎭⎝，故AB 错误； 对于C ，()04g g π⎛⎫<⎪⎝⎭，()044f ππ⎛⎫⎛⎫<=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 错误；对于D 263f fππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，解题的关键是利用已知条件构造对应的新函数()()cos f x g x x=，利用导数研究函数的单调性，从而比较大小，考查学生的逻辑推理能力与转化思想，属于较难题.2．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（ ）A ．cos 2x x π+<B ．22xx <C ．sin 2x >D ．1ln 1x x <- 【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()h x =的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确， 对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+ 令()sin 2x f x =，()224xh x x =+()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数， 令2224144x t x x ==-++ ，则y t = 因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增， 其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确； 对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<， 所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=， 即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.3．设函数cos 2()2sin cos xf x x x=+，则（ ）A ．()()f x f x π=+B ．()f x 的最大值为12C ．()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增 D ．()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减 【答案】AD 【分析】先证明()f x 为周期函数，周期为π，从而A 正确，再利用辅助角公式可判断B 的正误，结合导数的符号可判断C D 的正误． 【详解】()f x 的定义域为R ，且cos 2()2sin cos xf x x x=+，()()()()cos 22cos 2()2sin cos 2sin cos x xf x f x x x x xππππ++===++++，故A 正确．又2cos 22cos 2()42sin cos 4sin 2x x f x x x x ==++，令2cos 24sin 2xy x=+，则()42cos 2sin 22y x y x x ϕ=-=+，其中cos ϕϕ==1≤即2415y ≤，故1515y -≤≤，当y =时，有1cos 4ϕϕ==，此时()cos 21x ϕ+=即2x k ϕπ=-，故max y =B 错误． ()()()()()22222sin 24sin 22cos 2414sin 2()4sin 24sin 2x x x x f x x x ⎡⎤-+--+⎣⎦'==++，当0,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭为减函数，故D 正确． 当,04x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，1sin20x -<<，故314sin 21x -<+<， 因为2t x =为增函数且2,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，而14sin y t =+在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭为增函数，所以()14sin 2h x x =+在,04π⎛⎫-⎪⎝⎭上为增函数， 故14sin 20x +=在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一解0x ，故当()0,0x x ∈时，()0h x >即()0f x '<，故()f x 在()0,0x 为减函数，故C 不正确． 故选：AD 【点睛】方法点睛：与三角函数有关的复杂函数的研究，一般先研究其奇偶性和周期性，而单调性的研究需看函数解析式的形式，比如正弦型函数或余弦型函数可利用整体法来研究，而分式形式则可利用导数来研究，注意辅助角公式在求最值中的应用．4．若直线l 与曲线C 满足下列两个条件： （i ）直线l 在点()00,P x y 处与曲线C 相切；（ii ）曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .下列命题正确的是（ ）A ．直线:0l y =在点()0,0P 处“切过”曲线3:C y x =B ．直线:1l x =-在点()1,0P -处“切过”曲线()2:1C y x =+C ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:sin C y x =D ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:tan C y x = 【答案】ACD 【分析】分别求出每个选项中命题中曲线C 对应函数的导数，求出曲线C 在点P 处的切线方程，再由曲线C 在点P 处两侧的函数值对应直线上的点的值的大小关系是否满足（ii ），由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，由3y x =，可得23y x '=，则00x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为0y =，当0x >时，0y >；当0x <时，0y <，满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线0y =两侧， A 选项正确；对于B 选项，由()21y x =+，可得()21y x '=+，则10x y =-'=，而直线:1l x =-的斜率不存在，所以，直线l 在点()1,0P -处不与曲线C 相切，B 选项错误；对于C 选项，由sin y x =，可得cos y x '=，则01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，设()sin x x x f -=，则()1cos 0f x x '=-≥，所以，函数()f x 为R 上的增函数， 当0x <时，()()00f x f <=，即sin x x <； 当0x >时，()()00f x f >=，即sin x x >.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，C 选项正确； 对于D 选项，由sin tan cos xy x x ==，可得21cos y x'=，01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，设()tan g x x x =-，则()2221sin 10cos cos xg x x x=-=-≤'， 所以，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当02x π-<<时，()()00g x g >=，即tan x x >；当02x π<<时，()()00g x g <=，即tan x x <.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题的关键就是理解新定义，并把新定义进行转化，一是求切线方程，二是判断在切点两侧函数值与切线对应的函数值的大小关系，从而得出结论.5．设函数3()(,)f x x ax b a b R =++∈，下列条件中，使得()y f x =有且仅有一个零点的是（ ） A ．1,2a b == B ．3,3a b =-=- C ．0,2a b >< D ．0,0a b <>【答案】ABC 【分析】求导2()3f x x a '=+，分0a ≥和0a <进行讨论，当0a ≥时，可知函数单调递增，有且只有一个零点；当0a <时，讨论函数的单调性，要使函数有一个零点，则需比较函数的极大值与极小值与0的关系，再验证选项即可得解. 【详解】3()f x x ax b =++，求导得2()3f x x a '=+当0a ≥时，()0f x '≥，()f x ∴单调递增，当x →-∞时，()f x →-∞；当x →+∞时，()f x →+∞；由零点存在性定理知，函数()f x 有且只有一个零点，故A ，C 满足题意；当0a <时，令()0f x '=，即230x a +=，解得1x =2x =当x 变化时，()'f x ，()f x 的变化情况如下表：2333333a a a a a a f a b b ⎛⎫-----=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭， 当3a x -=，函数()f x 取得极小值2333333a a a a a a f a b b ⎛⎫-----=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭又当x →-∞时，()f x →-∞；当x →+∞时，()f x →+∞； 要使函数()f x 有且只有一个零点，作草图或则需0303a f a f ⎧⎛--<⎪ ⎪⎝⎨-⎪<⎪⎩，即20332033a a b a a b ⎧-<⎪⎪⎨-⎪<⎪⎩，即2033a ab -<<，B 选项，3,3a b =-=-，满足上式，故B 符合题意；则需0303a f a f ⎧⎛-->⎪ ⎪⎝⎨-⎪>⎪⎩，即20332033a a b a a b ⎧->⎪⎪⎨-⎪>⎪⎩，即2033a ab ->>，D 选项，0,0a b <>，不一定满足，故D 不符合题意； 故选：ABC 【点睛】思路点睛：本题考查函数的零点问题，如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b <，那么，函数()y f x =在区间(),a b 内有零点，即存在(),c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于较难题.6．已知函数()()2214sin 2xxex f x e -=+，则下列说法正确的是（ ）A ．函数()y f x =是偶函数，且在(),-∞+∞上不单调B ．函数()y f x '=是奇函数，且在(),-∞+∞上不单调递增C ．函数()y f x =在π,02⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增 D ．对任意m ∈R ，都有()()f m f m =，且()0f m ≥【答案】AD 【分析】由函数的奇偶性以及函数的单调性即可判断A 、B 、C 、D. 【详解】 解：对A ，()()222114sin =2cos 2x x xx e x e f x x e e-+=+-，定义域为R ，关于原点对称，()2211=2cos()2cos()()x x x xe ef x x x f x e e--++---=-=， ()y f x ∴=是偶函数，其图像关于y 轴对称，()f x ∴在(),-∞+∞上不单调，故A 正确；对B ，1()2sin xxf x e x e '=-+， 11()2sin()=(2sin )()x xx x f x e x e x f x e e--''-=-+---+=-， ()f x '∴是奇函数，令1()2sin xx g x e x e=-+， 则1()+2cos 2+2cos 0x x g x e x x e'=+≥≥， ()f x '∴在(),-∞+∞上单调递增，故B 错误；对C ，1()2sin x x f x e x e'=-+，且()'f x 在(),-∞+∞上单调递增， 又(0)0f '=，π,02x ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()y f x ∴=在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故C 错误；对D ，()y f x =是偶函数，且在(0,)+∞上单调递增，()()f m f m ∴=，且()(0)0f m f ≥=，故D 正确.故选：AD. 【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.7．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()f x '满足()1f x x'<，且()11f =，则下列结论正确的是（ ） A ．()2f e > B ．10f e ⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．()1,x e ∀∈，()2f x <D ．1,1x e ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭， ()120x f x f ⎛⎫+> ⎪⎝⎭-【答案】BCD 【分析】令()()ln F x f x x =-，求导得：'1()()0F x f x x'=-<，可得函数的单调性，再结合(1)1f =，可得(1)1F =，对选项进行一一判断，即可得答案；【详解】令()()ln F x f x x =-，∴'1()()0F x f x x'=-<， ()F x ∴在(0,)+∞单调递减， (1)1f =，(1)(1)1F f ∴==，对A ，()(1)()11()2F e F f e f e <⇒-<⇒<，故A 错误； 以B ，111(1)()110eF F f f e e ⎛⎫⎛⎫>⇒+>⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确； 对C ，(1,)()(1)()ln 1x e F x F f x x ∈∴<⇒-<，()1ln f x x ∴<+，(1.),ln (0,1)x e x ∈∈， 1ln (1,2)x ∴+∈，()2f x ∴<，故C 正确；对D ，111,1,,()x x F x F e x x ⎛⎫⎛⎫∈>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1ln ln f x x f x x ⎛⎫⇒->+ ⎪⎝⎭1()2ln f x f x x ⎛⎫⇒-> ⎪⎝⎭，1,1,ln (1,0)x x e ⎛⎫∈∴∈- ⎪⎝⎭，1()2f x f x ⎛⎫∴->- ⎪⎝⎭1()20f x f x ⎛⎫⇒-+> ⎪⎝⎭，故D 正确； 故选：BCD. 【点睛】根据条件构造函数，再利用导数的工具性研究函数的性质，是求解此类抽象函数问题的关键.8．已知实数a ，b ，c ，d 满足2111a a e cb d --==-，其中e 是自然对数的底数，则()()22a c b d -+-的值可能是（ ） A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】BCD【分析】 由题中所给的等式，分别构造函数()2xf x x e =-和()2g x x =-+，则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，利用导数的几何意义可知当()01f x '=-时，切点到直线的距离最小，再比较选项.【详解】 由212a a a e b a e b-=⇒=-，令()2x f x x e =-，()12x f x e '∴=- 由1121c d c d -=⇒=-+-，令()2g x x =-+ 则()()22a c b d -+-的表示()y f x =上一点(),M a b 与()y g x =上一点(),N c d 的距离的平方，设()y f x =上与()y g x =平行的切线的切点为()000,M x y由()0001210xf x e x '=-=-⇒=，∴切点为()00,2M -所以切点为()00,2M -到()y g x =的距离的平方为28=的距离为(),M a b 与(),N c d 的距离的平方的最小值.故选：BCD.【点睛】本题考查构造函数，利用导数的几何意义求两点间距离的最小值，重点考查转化思想，构造函数，利用几何意义求最值，属于偏难题型.。

§9.3导数在实际问题中的应用及综合应用考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 2017导数在实际问题中的应用及综合应用1.实际问题中的最值问题2.函数综合问题的探究B19题16分填空题解答题★★★分析解读导数的实际应用和综合应用是某某高考热点内容,一般放在压轴题位置,重点考查学生分析问题的能力,对数学素养要求很高.五年高考考点导数在实际问题中的应用及综合应用1.(2015课标Ⅰ改编,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值X围是.答案2.(2015某某,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤3.(2017某某理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥.解析(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1)g'(x) + - +g(x) ↗↘↗所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,单调递减区间是.(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2) 知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-f =0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是=≥=.因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以≥.所以,只要取A=g(2),就有≥.4.(2014某某,19,16分)已知函数f(x)=e x+e-x,其中e是自然对数的底数.(1)证明:f(x)是R上的偶函数;(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,某某数m的取值X围;(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-+3x0)成立.试比较e a-1与a e-1的大小,并证明你的结论. 解析(1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+e x=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.(2)由条件知m(e x+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,令t=e x(x>0),则t>1,所以m≤-=-对任意t>1成立.因为t-1++1≥2+1=3,所以-≥-,当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.因此实数m的取值X围是.(3)令函数g(x)=e x+-a(-x3+3x),则g'(x)=e x-+3a(x2-1).当x≥1时,e x->0,x2-1≥0,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.由于存在x0∈[1,+∞),使+-a(-+3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0,故e+e-1-2a<0,即a>.令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h'(x)=1-.令h'(x)=0,得x=e-1.当x∈(0,e-1)时,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;当x∈(e-1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0;当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立.①当a∈⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)ln a,从而e a-1<a e-1;②当a=e时,e a-1=a e-1;③当a∈(e,+∞)⊆(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故e a-1>a e-1.综上所述,当a∈时,e a-1<a e-1;当a=e时,e a-1=a e-1;当a∈(e,+∞)时,e a-1>a e-1.教师用书专用(5—6)5.(2014某某,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sinx)ln.证明:(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.证明(1)当x∈时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)=π->0, f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.6.(2013某某理,21,14分)已知函数f(x)=e x,x∈R.(1)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图象相切,某某数k的值;(2)设x>0,讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数;(3)设a<b,比较与的大小,并说明理由.解析(1)f(x)的反函数为g(x)=ln x.设直线y=kx+1与g(x)=ln x的图象在P(x0,y0)处相切,则有y0=kx0+1=ln x0,k=g'(x0)=,解得x0=e2,k=. (2)曲线y=e x与y=mx2的公共点个数等于曲线y=与y=m的公共点个数.令φ(x)=,则φ'(x)=,∴φ'(2)=0.当x∈(0,2)时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减;当x∈(2,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增,∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值为φ(2)=.当0<m<时,曲线y=与y=m无公共点;当m=时,曲线y=与y=m恰有一个公共点;当m>时,在区间(0,2)内存在x1=,使得φ(x1)>m,在(2,+∞)内存在x2=me2,使得φ(x2)>m. 由φ(x)的单调性知,曲线y=与y=m在(0,+∞)上恰有两个公共点.综上所述,当x>0时,若0<m<,曲线y=f(x)与y=mx2没有公共点;若m=,曲线y=f(x)与y=mx2有一个公共点;若m>,曲线y=f(x)与y=mx2有两个公共点.(3)可以证明>.事实上,>⇔>⇔>⇔>1-⇔>1-(b>a).(*)令ψ(x)=+-1(x≥0),则ψ'(x)=-==≥0(当且仅当x=0时等号成立),∴ψ(x)在[0,+∞)上单调递增,∴x>0时,ψ(x)>ψ(0)=0.令x=b-a,即得(*)式,结论得证.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点导数在实际问题中的应用及综合应用1.(苏教选2—2,一,4,4,变式)海轮每小时的燃料费与它的航行速度的立方成正比,已知某海轮的最大航速为30千米/时,当速度为10千米/时时,它的燃料费是每小时25元,其余费用(无论速度如何)是每小时400元.如果甲、乙两地相距800千米,则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低,它的航速应为.答案20千米/时2.(2016某某某某阶段测试,11)将一个相邻两边长分别为a,b(0<a<b)的长方形的四个角切去四个相同的正方形,然后折成一个无盖的长方体形的盒子,若这个长方体的外接球的体积存在最小值,则的取值X围是.答案3.(2018某某某某、宿迁期中)将2X边长均为1分米的正方形纸片分别按甲、乙两种方式剪裁并废弃阴影部分.(1)在图甲的方式下,剩余部分恰能完全覆盖某圆锥的表面,求该圆锥的母线长及底面半径;(2)在图乙的方式下,剩余部分能完全覆盖一个长方体的表面,求长方体体积的最大值.解析(1)图甲对应的圆锥如图丙,圆锥母线为PA=L分米,圆锥底面半径为OA=r分米,则有L+r+r=,×2πL=2πr,解得L=,r=,∴该圆锥的母线长为分米,底面半径为分米.(2)图乙剩余部分覆盖的长方体如图丁所示,设其同一顶点处的三条棱长分别为a,b,c,则2(a+b)=1,b+c=1⇒a=-b,c=1-b,长方体体积V=abc=b(1-b)=b3-b2+b,令g(b)=b3-b2+b,则g'(b)=3b2-3b+,令g'(b)=0,得b=,∵0<b<,∴b=.∴当b∈时,g'(b)>0,b∈时,g'(b)<0,∴g(b)在上递增,在上递减,∴当b=时,V max=××=.∴长方体体积的最大值为立方分米.4.(2018某某某某中学高三阶段练习)一块圆柱形木料的底面半径为12 cm,高为32 cm,要使这块木料加工成一只毛笔筒,在木料一端正中间掏出一个小圆柱,使小圆柱与原木料同轴,并且掏取的圆柱体积是原木料体积的三分之一,设小圆柱底面半径为r,高为h,要求笔筒底面的厚度超过2 cm.(1)求r与h的关系,并指出r的取值X围;(2)笔筒形成后进行后续加工,要求笔筒上底圆环面、桶内侧面、外表侧面都喷上油漆,其中上底圆环面、外表侧面喷漆费用均为a(元/cm2),桶内侧面喷漆费用为2a(元/cm2),而桶内底面铺贴金属薄片,其费用是7a(元/cm2)(其中a为正常数).①将笔筒的后续加工费用y(元)表示为r的函数;②求当r取何值时,能使笔筒的后续加工费用y最小,并求出y的最小值.解析(1)据题意得,πr2h=(π·122·32),所以h=,因为32-h>2,所以h<30,即<30,解得r>,又0<r<12,所以<r<12.(2)①据题意得,笔筒的后续加工费用y=7aπr2+2a(2πrh)+a(π·122-π·r2+2π·12·32),整理得y=6aπr2+4aπrh+12aπ×76=6aπr2+4aπr·+12aπ×76=6aπ,定义域为.②由①知,y'=6aπ=12aπ·,令y'=0得r=8∈,r 8 (8,12)y' - 0 +y 递减极小值递增∴当r=8时,y取得最小值,最小值为2 064aπ,答:当r=8 cm时,能使笔筒的后续加工费用y最小,最小值为2 064aπ元.5.(2018某某如东中学高三学情检测)某综艺频道举行某个水上娱乐游戏.如图,固定在水面上点O处的某种设备生产水波圈,水波圈生产t秒时,半径r(单位:m)满足r2=t3,AB是铺设在水面上的浮桥,浮桥的宽度忽略不计,浮桥两端A,B固定在水岸边,游戏规定:当点O处刚产生水波圈时,游戏参与者(视为一个点)从浮桥的A端跑向B端,若该参与者通过浮桥AB的过程中,从点O处发出的水波圈始终没能到达此人跑动的位置,则认定该参与者在这个游戏中过关,否则认定在这个游戏中不过关,已知tan∠AOB=-2,OA=6 m,浮桥AB的某个桥墩处点M到直线OA,OB的距离分别为2 m, m,且AM<4 m,若某游戏参与者能以 m/s的速度从浮桥A端匀速跑到B端.(1)求该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间;(2)问该游戏参与者能否在这个游戏中过关?请说明理由.解析(1)建立如图所示的直角坐标系,则A(6,0),直线OB的方程为2x+y=0.设M(x0,2),由=,得x0=3或x0=-5.当x0=3时,AM=<4,符合题意;当x0=-5时,AM=5>4,不符合题意.所以x0=3,直线AM的方程为2x+3y-12=0.由解得即B(-3,6).所以AB==3.所以,该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间为=3 s.(2)在△OAB中,sin∠OAB=,cos∠OAB=.记游戏参与者的位置为点P,易知t s时,点P的坐标为(6-3t,2t),其中0≤t≤3.∴OP2=(6-3t)2+(2t)2=13t2-36t+36,r2=t3.令f(t)=r2-OP2=t3-13t2+36t-36(0≤t≤3).则f '(t)=4t2-26t+36=(2t-4)(2t-9),∴t∈(0,2)时,f '(t)>0,f(t)在(0,2)上为增函数,t∈(2,3)时,f '(t)<0,f(t)在(2,3)上为减函数,故当t=2 s时,f(t)取得最大值f(2).由于f(2)=-<0,所以t∈[0,3]时,r<OP恒成立,即该游戏参与者通过浮桥AB的过程中,从点O处发出的水波圈始终没有到达此人跑动的位置,所以该参与者在这个游戏中过关.6.(2018某某金陵中学高三月考)如图所示,有一块半径长为1米的半圆形钢板,现要从中截取一个内接等腰梯形部件ABCD,设梯形部件ABCD的面积为y平方米.(1)按下列要求写出函数关系式:①设CD=2x(米),将y表示成x的函数关系式;②连结OC,设∠BOC=θ(rad),将y表示成θ的函数关系式;(2)求梯形部件ABCD面积的最大值.解析如图所示,以直径AB所在的直线为x轴,线段AB的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系,过点C作CE⊥AB于E.(1)①∵CD=2x,∴OE=x(0<x<1),CE=,∴y=(AB+CD)·CE=(2+2x)=(x+1)(0<x<1).(4分)②∵∠BOC=θ,∴OE=cos θ,CE=sin θ,∴y=(AB+CD)·CE=(2+2cos θ)sin θ=(1+cos θ)sin θ.(8分)(2)(解法一)由(1)得y==,0<x<1.令t(x)=-x4-2x3+2x+1,0<x<1,则t'(x)=-4x3-6x2+2=-2(2x3+3x2-1)=-2(x+1)2(2x-1),(10分)令t'(x)=0,得x=,x=-1(舍).(12分)∴当0<x<时,t'(x)>0,函数t(x)在上单调递增,当<x<1时,t'(x)<0,∴函数t(x)在上单调递减,所以当x=时,t(x)取得最大值,∴y max=.(14分)∴梯形部件ABCD面积的最大值为平方米.(15分)(解法二)由(1)得,y=(1+cos θ)·sin θ,0<θ<.∴y'=cos θ+cos2θ-sin2θ=2cos2θ+cos θ-1,(10分)令y'=0,得cos θ=或cos θ=-1(舍),∴θ=,(12分)∴当0<θ<时,y'>0,∴函数在上单调递增,当<θ<时,y'<0,∴函数在上单调递减,所以当θ=时,y max=.(14分)∴梯形部件ABCD面积的最大值为平方米.(15分)7.(2017某某某某调研,18)如图,某城市小区有一个矩形休闲广场,AB=20米,广场的一角是半径为16米的扇形BCE绿化区域,为了使小区居民能够更好地在广场休闲放松,现决定在广场上安置两排休闲椅,其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN(宽度不计),点M在线段AD上,并且与曲线CE相切;另一排为单人弧形椅沿曲线(宽度不计)摆放.已知双人靠背直排椅的造价为每米2a元,单人弧形椅的造价为每米a元,记∠NBE=θ,总造价为W 元.(1)试将W表示为θ的函数W(θ),并写出cos θ的取值X围;(2)如何选取点M的位置,使总造价W最小?解析(1)如图,过N作AB的垂线,垂足为F;过M作NF的垂线,垂足为G.在Rt△BNF中,BF=16cos θ,则MG=20-16cos θ,在Rt△MNG中,MN=,由题意易得弧的长度为16,因此,W(θ)=2a·+16a,cos θ∈.(2)W'(θ)=-16a+8a=8a.令W'(θ)=0,得cos θ=,设锐角θ1满足cos θ1=,θ1∈,因为θ∈,所以θ=,当θ∈时,W'(θ)<0,W(θ)单调递减;当θ∈时,W'(θ)>0,W(θ)单调递增.所以当θ=时,总造价W最小,最小值为a,此时MN=8,NG=4,NF=8,因此当AM=4米时,总造价最小.8.(2017某某某某姜堰期中,18)如图所示的铁片由两部分组成,半径为1的半圆O及等腰直角△EFH,其中FE⊥FH.现将铁片裁剪成尽可能大的直角梯形铁片ABCD(不计损耗),AD∥BC∥HF,AB∥EF,且点A,B在弧EF上.点C,D在斜边EH上,AD,BC分别交EF于M,N.设∠AOE=θ.(1)求梯形铁片ABCD的面积S关于θ的函数关系式,并写出其定义域;(2)试确定θ的值,使得梯形铁片ABCD的面积S最大,并求出最大值.解析(1)连结BO.易知∠AOE=θ=∠BOF,OA=OB=1,所以AD=1-cos θ+sin θ,BC=1+cos θ+sin θ,AB=2cos θ,所以S==2(1+sin θ)cos θ,θ∈.(2)S'(θ)=2[cos2θ-(1+sin θ)sin θ]=-2(2sin2θ+sin θ-1)=-2(2sin θ-1)(sin θ+1),θ∈,令S'(θ)=0,得sin θ=或sin θ=-1(舍去),∵θ∈,∴θ=.当0<θ<时,S'(θ)>0,S(θ)单调递增,当<θ<时,S'(θ)<0,S(θ)单调递减,所以当且仅当θ=时,S取得最大值,S max=.答:当θ=时,梯形铁片ABCD的面积S最大,最大值为.9.(2017某某某某中学期中,18)如图,某城市有一块半径为40 m的半圆形绿化区域(以O 为圆心,AB为直径),现计划对其进行改建.在AB的延长线上取点D,OD=80 m,在半圆上选定一点C,改建后的绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成,其面积为S m2.设∠AOC=x rad.(1)写出S关于x的函数关系式S(x),并指出x的取值X围;(2)试问∠AOC多大时,改建后的绿化区域的面积S取得最大值?解析(1)因为扇形AOC的半径为40 m,∠AOC=x rad,所以S扇形AOC==800x,0<x<π.在△COD中,OD=80,OC=40,∠COD=π-x,所以S△COD=·OC·OD·sin∠COD=1 600sin(π-x)=1 600sin x.从而 S=S△COD+S扇形AOC=1 600sin x+800x,0<x<π.(2)由(1)知,S(x)=1 600sin x+800x,0<x<π.所以S'(x)=1 600cos x+800=1 600.由 S'(x)=0,解得x=.当0<x<时,S'(x)>0;当<x<π时,S'(x)<0.因此 S(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.所以当x=时,S(x)取得最大值.答:当∠AOC为时,改建后的绿化区域的面积S最大.10.(2017某某某某期末调研,17)如图,已知A,B两镇分别位于东西湖岸MN的A处和湖中小岛的B处,点C在A 的正西方向1 km处,tan∠BAN=,∠B=.现计划铺设一条电缆联通A,B两镇.有两种铺设方案:①沿线段AB在水下铺设;②在湖岸MN上选一点P,先沿线段AP在地下铺设,再沿线段PB在水下铺设.预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km.(1)求A,B两镇间的距离;(2)应该如何铺设,使总铺设费用最低?解析(1)过B作MN的垂线,垂足为D.在Rt△ABD中,tan∠BAD=tan∠BAN==,所以AD=BD.在Rt△BCD中,tan∠BCD=tan∠B==1,所以CD=BD.则AC=AD-CD=BD-BD=BD=1,所以BD=3,则CD=3,AD=4.由勾股定理得,AB==5.所以A,B两镇间的距离为5 km.(2)方案①:沿线段AB在水下铺设时,总铺设费用为5×4=20(万元).方案②:设∠BPD=θ,则θ∈,其中θ0=∠BAN.在Rt△BDP中,DP==,BP==,所以AP=4-DP=4-.则总铺设费用为2AP+4BP=8-+=8+6·.设f(θ)=,则f '(θ)==,令f '(θ)=0,得θ=,列表如下:θf '(θ)- 0 +f(θ)↘极小值↗所以f(θ)的最小值为f=.所以方案②的总铺设费用最低为(8+6)万元,此时AP=4-.而8+6<20,所以应选择方案②进行铺设,点P选在A的正西方向(4-)km处,总铺设费用最低.11.(2017某某第三次模拟考试,17)在一水域上建一个演艺广场.演艺广场由看台Ⅰ,看台Ⅱ,三角形水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成(如图).看台Ⅰ,看台Ⅱ是分别以AB,AC为直径的两个半圆形区域,且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍.矩形表演台BCDE中,CD=10米,三角形水域ABC的面积为400平方米.设∠BAC=θ.(1)求BC的长(用含θ的式子表示);(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元,求表演台的最低造价.解析(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍,所以AB=AC.在△ABC中,S△ABC=AB·AC·sin θ=400,所以AC2=.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos θ=4AC2-2AC2cos θ=(4-2cos θ),即BC==40.所以BC的长为40(θ∈(0,π))米.(2)设表演台的总造价为W万元.因为CD=10 m,表演台每平方米的造价为0.3万元,所以W=3BC=120,θ∈(0,π).记f(θ)=,θ∈(0,π),则f '(θ)=.令f '(θ)=0,解得θ=.当θ∈时, f '(θ)<0;当θ∈时, f '(θ)>0,故f(θ)在上单调递减,在上单调递增,从而当θ=时, f(θ)取得最小值,最小值为f=1.所以W min=120.答:表演台的最低造价为120万元.12.(2016某某苏北四市调研,17)如图,OA是南北方向的一条公路,OB是北偏东45°方向的一条公路,某风景区的一段边界为曲线C.为方便游客观光,拟过曲线C上的某点P分别修建与公路OA,OB垂直的两条道路PM,PN,且PM,PN的造价分别为5万元/百米,40万元/百米,建立如图所示的直角坐标系xOy,则曲线符合函数y=x+(1≤x≤9)模型,设PM=x百米,修建两条道路PM,PN的总造价为f(x)万元.(1)求f(x)的解析式;(2)当x为多少时,总造价f(x)最低?并求最低造价.解析(1)因为曲线C的方程为y=x+(1≤x≤9),PM=x,所以点P的坐标为,由题意得直线OB的方程为x-y=0,则点P到直线x-y=0的距离PN===,又PM的造价为5万元/百米,PN的造价为40万元/百米,所以两条道路的总造价f(x)=5x+40·=5(1≤x≤9).(2)因为f(x)=5x+40·=5,1≤x≤9,所以f '(x)=5=,1≤x≤9,令f '(x)=0,得x=4,列表如下:x (1,4) 4 (4,9)f '(x) - 0 +f(x) 单调递减极小值单调递增所以当x=4时,函数f(x)取得最小值,最小值为f(4)=5=30.所以当x=4时,总造价最低,最低造价为30万元.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:40分钟)解答题(共60分)1.(2018某某某某铜山中学期中)如图,有一块半圆形空地,开发商计划建一个矩形游泳池ABCD及其附属设施EFGH,并将剩余空地进行绿化,其中半圆的圆心为O,半径为R米,矩形的一边AB在直径上,点C,D,G,H在圆周上,E,F在边CD上,且∠BOG=,设∠BOC=θ.(1)记游泳池及其附属设施的占地面积为f(θ)(平方米),求f(θ)的表达式;(2)当f(θ)取得最大值时,求θ的余弦值.解析(1)由题意得,AB=2Rcos θ,BC=Rsin θ,且△HOG为等边三角形,所以HG=R,EH=R-Rsin θ,f(θ)=S矩形ABCD+S矩形EFGH=2Rcos θ·Rsin θ+R=R2,θ∈.(2)f '(θ)=R2(2cos2θ-2sin2θ-cos θ)=R2(4cos2θ-cos θ-2),令f '(θ)=0,得4cos2θ-cos θ-2=0,解得cos θ=或cos θ=(舍去),令cos θ0=,θ0∈,当θ∈(0,θ0)时,f '(θ)>0,f(θ)是单调增函数;当θ∈时,f '(θ)<0,f(θ)是单调减函数,所以当θ=θ0时,f(θ)取得最大值.此时cos θ=.2.(2017某某某某期中,18)如图所示,有一块矩形空地ABCD,AB=2 km,BC=4 km,根据周边环境及实际地形,当地政府规划在该空地内建一个筝形商业区AEFG,筝形的顶点A,E,F,G为商业区的四个入口,其中入口F在边BC上(不包含端点),入口E,G分别在边AB,AD上,且满足点A,F恰好关于直线EG对称,矩形内筝形外的区域均为绿化区.(1)请确定入口F的选址X围;(2)设商业区的面积为S1 km2,绿化区的面积为S2 km2,商业区的环境舒适度指数为,则入口F如何选址可使得该商业区的环境舒适度指数最大?解析(1)以A为原点,AB所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),设F(2,2a)(0<2a<4),则线段AF的中点为(1,a),直线AF的斜率为a,易知EG⊥AF,故直线EG的斜率为-,则直线EG的方程为y-a=-(x-1),令x=0,得y=a+;令y=0,得x=1+a2,∴E(1+a2,0),G,由得∴2-≤a≤1,即入口F的选址需满足BF的长度X围是[4-2,2](单位:km).(2)因为S1=2S△AEG=AE·AG=(1+a2)=a3+2a+,故该商业区的环境舒适度指数==-1=-1,所以要使最大,只需S1最小.设S1=f(a)=a3+2a+,a∈[2-,1],则f '(a)=3a2+2-===,令f '(a)=0,得a=或a=-(舍),列表如下:a 2- 1f '(a) - 0 +f(a) 32-16减极小值增 4故当a=,即入口F满足BF= km时,该商业区的环境舒适度指数最大.3.(2017某某、某某第二次模拟考试,17)在一X足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD,然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折起,做成一个无盖的长方体纸盒(如图).设小正方形边长为x厘米,矩形纸板的两边AB,BC的长分别为a厘米和b厘米,其中a≥b.(1)当a=90时,求纸盒侧面积的最大值;(2)试确定a,b,x的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值.解析(1)因为矩形纸板ABCD的面积为3 600平方厘米,故当a=90时,b=40,从而纸盒的侧面积S=2×x(90-2x)+2×x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),S=-8x2+260x=-8+,故当x=时,S最大,最大值为.答:当x=时,纸盒的侧面积最大,最大值为平方厘米.(2)纸盒的体积V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈,b≤60.V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4x+4x2)=x(3 600-240x+4x2)=4x3-240x2+3 600x,当且仅当a=b=60时等号成立.设f(x)=4x3-240x2+3 600x,x∈(0,30).则f '(x)=12(x-10)(x-30).于是当0<x<10时, f '(x)>0,所以f(x)在(0,10)上单调递增;当10<x<30时, f '(x)<0,所以f(x)在(10,30)上单调递减,因此当x=10时, f(x)有最大值, f(10)=16 000,所以当a=b=60,x=10时,纸盒的体积V取得最大值,为16 000.答:当a=b=60,x=10时,纸盒的体积最大,最大为16 000立方厘米.4.(2016某某某某一模,17)一个玩具盘由一个直径为2米的半圆O和一个矩形ABCD构成.AB=1米,如图所示,小球从A点出发以大小为5v的速度沿半圆O轨道滚到某点E处后,经弹射器以6v的速度沿与该半圆在点E处的切线垂直的方向弹射到落袋区BC内,落点记为F.设∠AOE=θ弧度.小球从A到F所需时间为T.(1)试将T表示为θ的函数T(θ),并写出定义域;(2)求时间T最短时cos θ的值.解析(1)过O作OG⊥BC于G.则OG=1,OF==,EF=1+,=θ.所以T(θ)=+=++,因为小球被弹射到落袋区BC,所以θ∈.(2)由(1)得T(θ)=++.所以T'(θ)=-==-.记cos θ0=,θ0∈.θθ0T'(θ)- 0 +T(θ)单调递减极小值单调递增故当cos θ=时,时间T最短.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 利用导数解决生活中的优化问题1.(2016某某某某如东期末,11)某工厂生产的一种无盖冰淇淋纸筒为圆柱形,现一客户订制该圆柱形纸筒,并要求该圆柱形纸筒的容积为27π cm3,设该圆柱形纸筒的底面半径为r cm,则工厂制作该圆柱形纸筒所需的材料最少时,r的值为.答案 3方法2 导数的综合应用word21 / 21 2.(2016某某某某中学月考,14)已知函数f(x)满足f(x)=f ,当x∈[1,3]时,f(x)=ln x,若在区间内,函数g(x)=f(x)-ax 的图象与x 轴有三个不同的交点,则实数a 的取值X 围是.答案。