2015高考数学热点例题精析：1《导数的综合应用》

2015年湖南省高考数学试卷〔理科〕参考答案与试题解析一、选择题，共10小题，每题5分，共50分1．〔5分〕〔2015•湖南〕已知=1+i〔i为虚数单位〕，则复数z=〔〕A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i考点：复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．分析：由条件利用两个复数代数形式的乘除法法则，求得z的值．解答：解：∵已知=1+i〔i为虚数单位〕，∴z===﹣1﹣i，故选：D．点评：此题主要考查两个复数代数形式的乘除法法则的应用，属于基础题．2．〔5分〕〔2015•湖南〕设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的〔〕A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：集合；简易逻辑．分析：直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．解答：解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A⊆B”，“A⊆B”，可得“A∩B=A”．所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．故选：C．点评：此题考查充要条件的判断与应用，集合的交集的求法，基本知识的应用．3．〔5分〕〔2015•湖南〕执行如下列图的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=〔〕A．B．C．D．考点：程序框图．分析：列出循环过程中S与i的数值，满足判断框的条件即可结束循环．解答：解：判断前i=1，n=3，s=0，第1次循环，S=，i=2，第2次循环，S=，i=3，第3次循环，S=，i=4，此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：S===故选：B点评：此题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力4．〔5分〕〔2015•湖南〕假设变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为〔〕A．﹣7 B．﹣1 C．1D．2考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．解答：解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得C〔0，﹣1〕．由解得A〔﹣2，1〕，由，解得B〔1，1〕∴z=3x﹣y的最小值为3×〔﹣2〕﹣1=﹣7．故选：A．点评：此题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．易错点是图形中的B点．5．〔5分〕〔2015•湖南〕设函数f〔x〕=ln〔1+x〕﹣ln〔1﹣x〕，则f〔x〕是〔〕A．奇函数，且在〔0，1〕上是增函数B．奇函数，且在〔0，1〕上是减函数C．偶函数，且在〔0，1〕上是增函数D．偶函数，且在〔0，1〕上是减函数考点：利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：求出好的定义域，判断函数的奇偶性，以及函数的单调性推出结果即可．解答：解：函数f〔x〕=ln〔1+x〕﹣ln〔1﹣x〕，函数的定义域为〔﹣1，1〕，函数f〔﹣x〕=ln〔1﹣x〕﹣ln〔1+x〕=﹣[ln〔1+x〕﹣ln〔1﹣x〕]=﹣f〔x〕，所以函数是奇函数．排除C，D，正确结果在A，B，只需判断特殊值的大小，即可推出选项，x=0时，f〔0〕=0；x=时，f〔〕=ln〔1+〕﹣ln〔1﹣〕=ln3＞1，显然f〔0〕＜f〔〕，函数是增函数，所以B错误，A正确．故选：A．点评：此题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．6．〔5分〕〔2015•湖南〕已知〔﹣〕5的展开式中含x的项的系数为30，则a=〔〕A．B．﹣C．6D．﹣6考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成最简形式，令x 的指数为求得r，再代入系数求出结果．解答：解：根据所给的二项式写出展开式的通项，T r+1==；展开式中含x的项的系数为30，∴，∴r=1，并且，解得a=﹣6．故选：D．点评：此题考查二项式定理的应用，此题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．7．〔5分〕〔2015•湖南〕在如下列图的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分〔曲线C为正态分布N〔0，1〕的密度曲线〕的点的个数的估计值为〔〕附“假设X﹣N=〔μ，a2〕，则P〔μ﹣σ＜X≤μ+σ〕=0.6826．p〔μ﹣2σ＜X≤μ+2σ〕=0.9544．A．2386 B．2718 C．3413 D．4772考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．专题：计算题；概率与统计．分析：求出P〔0＜X≤1〕=×0.6826=0.3413，即可得出结论．解答：解：由题意P〔0＜X≤1〕=×0.6826=0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413=3413，故选：C．点评：此题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．8．〔5分〕〔2015•湖南〕已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，假设点P的坐标为〔2，0〕，则||的最大值为〔〕A．6B．7C．8D．9考点：圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：由题意，AC为直径，所以||=|2+|=|4+|．B为〔﹣1，0〕时，|4+|≤7，即可得出结论．解答：解：由题意，AC为直径，所以||=|2+|=|4+|．所以B为〔﹣1，0〕时，|4+|≤7．所以||的最大值为7．故选：B．点评：此题考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．9．〔5分〕〔2015•湖南〕将函数f〔x〕=sin2x的图象向右平移φ〔0＜φ＜〕个单位后得到函数g〔x〕的图象．假设对满足|f〔x1〕﹣g〔x2〕|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，则φ=〔〕A．B．C．D．考点：函数y=Asin〔ωx+φ〕的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用三角函数的最值，求出自变量x1，x2的值，然后判断选项即可．解答：解：因为将函数f〔x〕=sin2x的周期为π，函数的图象向右平移φ〔0＜φ＜〕个单位后得到函数g〔x〕的图象．假设对满足|f〔x1〕﹣g〔x2〕|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x1﹣x2|min=，不妨x1=，x2=，即g〔x〕在x2=，取得最小值，sin〔2×﹣2φ〕=﹣1，此时φ=，不合题意，x1=，x2=，即g〔x〕在x2=，取得最大值，sin〔2×﹣2φ〕=1，此时φ=，满足题意．故选：D．点评：此题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖．有一定难度，选择题，可以回代验证的方法快速解答．10．〔5分〕〔2015•湖南〕某工件的三视图如下列图．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为〔材料利用率=〕〔〕A．B．C．D．考点：简单空间图形的三视图．专题：创新题型；空间位置关系与距离；概率与统计．分析：根据三视图可判断其为圆锥，底面半径为1，高为2，求解体积．利用几何体的性质得出此长方体底面边长为n的正方形，高为x，利用轴截面的图形可判断得出n=〔1﹣〕，0＜x＜2，求解体积式子，利用导数求解即可，最后利用几何概率求解即．解答：解：根据三视图可判断其为圆锥，∵底面半径为1，高为2，∴V=×2=∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，∴此长方体底面边长为n的正方形，高为x，∴根据轴截面图得出：=，解得；n=〔1﹣〕，0＜x＜2，∴长方体的体积Ω=2〔1﹣〕2x，Ω′=x2﹣4x+2，∵，Ω′=x2﹣4x+2=0，x=，x=2，∴可判断〔0，〕单调递增，〔，2〕单调递减，Ω最大值=2〔1﹣〕2×=，∴原工件材料的利用率为=×=，故选：A点评：此题很是新颖，知识点融合的很好，把立体几何，导数，概率都相应的考查了，综合性强，属于难题．二、填空题，共5小题，每题5分，共25分11．〔5分〕〔2015•湖南〕〔x﹣1〕dx=0．考点：定积分．专题：导数的概念及应用．分析：求出被积函数的原函数，代入上限和下限求值．解答：解：〔x﹣1〕dx=〔﹣x〕|=0；故答案为：0．点评：此题考查了定积分的计算；关键是求出被积函数的原函数．12．〔5分〕〔2015•湖南〕在一次马拉松比赛中，35名运发动的成绩〔单位：分钟〕的茎叶图如下列图．假设将运发动成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运发动人数是4．考点：茎叶图．专题：概率与统计．分析：根据茎叶图中的数据，结合系统抽样方法的特征，即可求出正确的结论．解答：解：根据茎叶图中的数据，得；成绩在区间[139，151]上的运发动人数是20，用系统抽样方法从35人中抽取7人，成绩在区间[139，151]上的运发动应抽取7×=4〔人〕．故答案为：4．点评：此题考查了茎叶图的应用问题，也考查了系统抽样方法的应用问题，是基础题目．13．〔5分〕〔2015•湖南〕设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．假设C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设F〔c，0〕，P〔m，n〕，〔m＜0〕，设PF的中点为M〔0，b〕，即有m=﹣c，n=2b，将中点M的坐标代入双曲线方程，结合离心率公式，计算即可得到．解答：解：设F〔c，0〕，P〔m，n〕，〔m＜0〕，设PF的中点为M〔0，b〕，即有m=﹣c，n=2b，将点〔﹣c，2b〕代入双曲线方程可得，﹣=1，可得e2==5，解得e=．故答案为：．点评：此题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，同时考查中点坐标公式的运用，属于中档题．14．〔5分〕〔2015•湖南〕设S n为等比数列{a n}的前n项和，假设a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则a n=3n﹣1．考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：利用已知条件列出方程求出公比，然后求解等比数列的通项公式．解答：解：设等比数列的公比为q，S n为等比数列{a n}的前n项和，假设a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，可得4S2=S3+3S1，a1=1，即4〔1+q〕=1+q+q2+3，q=3．∴a n=3n﹣1．故答案为：3n﹣1．点评：此题考查等差数列以及等比数列的应用，基本知识的考查．15．〔5分〕〔2015•湖南〕已知函数f〔x〕=假设存在实数b，使函数g〔x〕=f 〔x〕﹣b有两个零点，则a的取值范围是{a|a＜0或a＞1}．考点：函数的零点．专题：计算题；创新题型；函数的性质及应用．分析：由g〔x〕=f〔x〕﹣b有两个零点可得f〔x〕=b有两个零点，即y=f〔x〕与y=b的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可求a的范围解答：解：∵g〔x〕=f〔x〕﹣b有两个零点，∴f〔x〕=b有两个零点，即y=f〔x〕与y=b的图象有两个交点，由x3=x2可得，x=0或x=1①当a＞1时，函数f〔x〕的图象如下列图，此时存在b，满足题意，故a＞1满足题意②当a=1时，由于函数f〔x〕在定义域R上单调递增，故不符合题意③当0＜a＜1时，函数f〔x〕单调递增，故不符合题意④a=0时，f〔x〕单调递增，故不符合题意⑤当a＜0时，函数y=f〔x〕的图象如下列图，此时存在b使得，y=f〔x〕与y=b有两个交点综上可得，a＜0或a＞1故答案为：{a|a＜0或a＞1}点评：此题考察了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的数学思想．三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲16．〔6分〕〔2015•湖南〕如图，在⊙O中，相较于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相较于点F，证明：〔1〕∠MEN+∠NOM=180°〔2〕FE•FN=FM•FO．考点：相似三角形的判定．专题：选作题；推理和证明．分析：〔1〕证明O，M，E，N四点共圆，即可证明∠MEN+∠NOM=180°〔2〕证明△FEM∽△FON，即可证明FE•FN=FM•FO．解答：证明：〔1〕∵N为CD的中点，∴ON⊥CD，∵M为AB的中点，∴OM⊥AB，在四边形OMEN中，∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°，∴O，M，E，N四点共圆，∴∠MEN+∠NOM=180°〔2〕在△FEM与△FON中，∠F=∠F，∠FME=∠FNO=90°，∴△FEM∽△FON，∴=∴FE•FN=FM•FO．点评：此题考查垂径定理，考查三角形相似的判定与应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．选修4-4：坐标系与方程17．〔6分〕〔2015•湖南〕已知直线l：〔t为参数〕．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．〔1〕将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；〔2〕设点M的直角坐标为〔5，〕，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．考点：参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．专题：选作题；坐标系和参数方程．分析：〔1〕曲线的极坐标方程即ρ2=2ρcosθ，根据极坐标和直角坐标的互化公式得x2+y2=2x，即得它的直角坐标方程；〔2〕直线l的方程化为普通方程，利用切割线定理可得结论．解答：解：〔1〕∵ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，故它的直角坐标方程为〔x﹣1〕2+y2=1；〔2〕直线l：〔t为参数〕，普通方程为，〔5，〕在直线l上，过点M作圆的切线，切点为T，则|MT|2=〔5﹣1〕2+3﹣1=18，由切割线定理，可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．点评：此题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，属于基础题．选修4-5：不等式选讲18．〔2015•湖南〕设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：〔ⅰ〕a+b≥2；〔ⅱ〕a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：〔ⅰ〕由a＞0，b＞0，结合条件可得ab=1，再由基本不等式，即可得证；〔ⅱ〕运用反证法证明．假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．结合条件a＞0，b＞0，以及二次不等式的解法，可得0＜a＜1，且0＜b＜1，这与ab=1矛盾，即可得证．解答：证明：〔ⅰ〕由a＞0，b＞0，则a+b=+=，由于a+b＞0，则ab=1，即有a+b≥2=2，当且仅当a=b取得等号．则a+b≥2；〔ⅱ〕假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．由a2+a＜2及a＞0，可得0＜a＜1，由b2+b＜2及b＞0，可得0＜b＜1，这与ab=1矛盾．a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．点评：此题考查不等式的证明，主要考查基本不等式的运用和反证法证明不等式的方法，属于中档题．19．〔2015•湖南〕设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．〔Ⅰ〕证明：B﹣A=；〔Ⅱ〕求sinA+sinC的取值范围．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：〔Ⅰ〕由题意和正弦定理可得sinB=cosA，由角的范围和诱导公式可得；〔Ⅱ〕由题意可得A∈〔0，〕，可得0＜sinA＜，化简可得sinA+sinC=﹣2〔sinA﹣〕2+，由二次函数区间的最值可得．解答：解：〔Ⅰ〕由a=btanA和正弦定理可得==，∴sinB=cosA，即sinB=sin〔+A〕又B为钝角，∴+A∈〔，π〕，∴B=+A，∴B﹣A=；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知C=π﹣〔A+B〕=π﹣〔A++A〕=﹣2A＞0，∴A∈〔0，〕，∴sinA+sinC=sinA+sin〔﹣2A〕=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A=﹣2〔sinA﹣〕2+，∵A∈〔0，〕，∴0＜sinA＜，∴由二次函数可知＜﹣2〔sinA﹣〕2+≤∴sinA+sinC的取值范围为〔，]点评：此题考查正弦定理和三角函数公式的应用，涉及二次函数区间的最值，属基础题．20．〔2015•湖南〕某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，假设都是红球，则获一等奖，假设只有1个红球，则获二等奖；假设没有红球，则不获奖．〔1〕求顾客抽奖1次能获奖的概率；〔2〕假设某顾客有3次抽奖时机，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．专题：概率与统计．分析：〔1〕记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，利用A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，然后求出所求概率即可．〔2〕顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X～B．求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．解答：解：〔1〕记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，由题意A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，且B1=A1A2，B2=+，C=B1+B2，因为P〔A1〕=，P〔A2〕=，所以，P〔B1〕=P〔A1〕P〔A2〕==，P〔B2〕=P〔〕+P〔〕=+==，故所求概率为：P〔C〕=P〔B1+B2〕=P〔B1〕+P〔B2〕=．〔2〕顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由〔1〕可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是，P〔X=0〕==，P〔X=1〕==，P〔X=2〕==，P〔X=3〕==．故X的分布列为：X 0 1 2 3PE〔X〕=3×=．点评：期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的特征数，学习期望将为今后学习概率统计知识做铺垫，它在市场预测，经济统计，风险与决策等领域有着广泛的应用，为今后学习数学及相关学科产生深远的影响．21．〔2015•湖南〕如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．〔1〕假设P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；〔2〕假设PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．分析：〔1〕首先以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，Q在棱BC上，从而可设Q〔6，y1，0〕，只需求即可；〔2〕设P〔0，y2，z2〕，根据P在棱DD1上，从而由即可得到z2=12﹣2y2，从而表示点P坐标为P〔0，y2，12﹣2y2〕．由PQ∥平面ABB1A1便知道与平面ABB1A1的法向量垂直，从而得出y1=y2，从而Q点坐标变成Q〔6，y2，0〕，设平面PQD的法向量为，根据即可表示，平面AQD的一个法向量为，从而由即可求出y2，从而得出P点坐标，从而求出三棱锥P﹣AQD的高，而四面体ADPQ的体积等于三棱锥P﹣AQD的体积，从而求出四面体的体积．解答：解：根据已知条件知AB，AD，AA1三直线两两垂直，所以分别以这三直线为x，y，z轴，建立如下列图空间直角坐标系，则：A〔0，0，0〕，B〔6，0，0〕，D〔0，6，0〕，A1〔0，0，6〕，B1〔3，0，6〕，D1〔0，3，6〕；Q在棱BC上，设Q〔6，y1，0〕，0≤y1≤6；∴〔1〕证明：假设P是DD1的中点，则P；∴，；∴；∴；∴AB1⊥PQ；〔2〕设P〔0，y2，z2〕，y2，z2∈[0，6]，P在棱DD1上；∴，0≤λ≤1；∴〔0，y2﹣6，z2〕=λ〔0，﹣3，6〕；∴；∴z2=12﹣2y2；∴P〔0，y2，12﹣2y2〕；∴；平面ABB1A1的一个法向量为；∵PQ∥平面ABB1A1；∴=6〔y1﹣y2〕=0；∴y1=y2；∴Q〔6，y2，0〕；设平面PQD的法向量为，则：；∴，取z=1，则；又平面AQD的一个法向量为；又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；∴；解得y2=4，或y2=8〔舍去〕；∴P〔0，4，4〕；∴三棱锥P﹣ADQ的高为4，且；∴V四面体ADPQ=V三棱锥P﹣ADQ=．点评：考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直及线面角问题的方法，共线向量基本定理，直线和平面平行时，直线和平面法向量的关系，平面法向量的概念，以及两平面法向量的夹角和平面二面角大小的关系，三棱锥的体积公式．22．〔13分〕〔2015•湖南〕已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1〔a＞b＞0〕的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．〔Ⅰ〕求C2的方程；〔Ⅱ〕过点F的直线l与C1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与同向．〔ⅰ〕假设|AC|=|BD|，求直线l的斜率；〔ⅱ〕设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：〔Ⅰ〕根据两个曲线的焦点相同，得到a2﹣b2=1，再根据C1与C2的公共弦长为2，得到=1，解得即可求出；〔Ⅱ〕设出点的坐标，〔ⅰ〕根据向量的关系，得到〔x1+x2〕2﹣4x1x2=〔x3+x4〕2﹣4x3x4，设直线l的方程，分别与C1，C2构成方程组，利用韦达定理，分别代入得到关于k的方程，解得即可；〔ⅱ〕根据导数的几何意义得到C1在点A处的切线方程，求出点M的坐标，利用向量的乘积∠AFM是锐角，问题得以证明．解答：解：〔Ⅰ〕抛物线C1：x2=4y的焦点F的坐标为〔0，1〕，因为F也是椭圆C2的一个焦点，∴a2﹣b2=1，①，又C1与C2的公共弦长为2，C1与C2的都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为〔±，〕，所以=1，②，联立①②得a2=9，b2=8，故C2的方程为+=1．〔Ⅱ〕设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，C〔x3，y3〕，A〔x4，y4〕，〔ⅰ〕因为与同向，且|AC|=|BD|，所以=，从而x3﹣x1=x4﹣x2，即x1﹣x2=x3﹣x4，于是〔x1+x2〕2﹣4x1x2=〔x3+x4〕2﹣4x3x4，③设直线的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，由，得x2﹣4kx﹣4=0，而x1，x2是这个方程的两根，所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4，④由，得〔9+8k2〕x2+16kx﹣64=0，而x3，x4是这个方程的两根，所以x3+x4=，x3x4=﹣，⑤将④⑤代入③，得16〔k2+1〕=+，即16〔k2+1〕=，所以〔9+8k2〕2=16×9，解得k=±．〔ⅱ〕由x2=4y得y′=x，所以C1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1〔x﹣x1〕，即y=x1x﹣x12，令y=0，得x=x1，M〔x1，0〕，所以=〔x1，﹣1〕，而=〔x1，y1﹣1〕，于是•=x12﹣y1+1=x12+1＞0，因此∠AFM是锐角，从而∠MFD=180°﹣∠AFM是钝角，故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．点评：此题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，关键是联立方程，构造方程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于k的方程，计算量大，属于难题．23．〔13分〕〔2015•湖南〕已知a＞0，函数f〔x〕=e ax sinx〔x∈[0，+∞]〕．记x n为f〔x〕的从小到大的第n〔n∈N*〕个极值点．证明：〔Ⅰ〕数列{f〔x n〕}是等比数列；〔Ⅱ〕假设a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f〔x n〕|恒成立．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：创新题型；导数的综合应用；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．分析：〔Ⅰ〕求出导数，运用两角和的正弦公式化简，求出导数为0的根，讨论根附近的导数的符号相反，即可得到极值点，求得极值，运用等比数列的定义即可得证；〔Ⅱ〕由sinφ=，可得对一切n∈N*，x n＜|f〔x n〕|恒成立．即为nπ﹣φ＜e a〔nπ﹣φ〕恒成立⇔＜，①设g〔t〕=〔t＞0〕，求出导数，求得最小值，由恒成立思想即可得证．解答：证明：〔Ⅰ〕f′〔x〕=e ax〔asinx+cosx〕=•e ax sin〔x+φ〕，tanφ=，0＜φ＜，令f′〔x〕=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ﹣φ，m∈N*，对k∈N，假设〔2k+1〕π＜x+φ＜〔2k+2〕π，即〔2k+1〕π﹣φ＜x＜〔2k+2〕π﹣φ，则f′〔x〕＜0，因此在〔〔m﹣1〕π，mπ﹣φ〕和〔mπ﹣φ，mπ〕上f′〔x〕符号总相反．于是当x=nπ﹣φ，n∈N*，f〔x〕取得极值，所以x n=nπ﹣φ，n∈N*，此时f〔x n〕=e a〔nπ﹣φ〕sin〔nπ﹣φ〕=〔﹣1〕n+1e a〔nπ﹣φ〕sinφ，易知f〔x n〕≠0，而==﹣e aπ是常数，故数列{f〔x n〕}是首项为f〔x1〕=e a〔π﹣φ〕sinφ，公比为﹣e aπ的等比数列；〔Ⅱ〕由sinφ=，可得对一切n∈N*，x n＜|f〔x n〕|恒成立．即为nπ﹣φ＜e a〔nπ﹣φ〕恒成立⇔＜，①设g〔t〕=〔t＞0〕，g′〔t〕=，当0＜t＜1时，g′〔t〕＜0，g〔t〕递减，当t＞1时，g′〔t〕＞0，g〔t〕递增．t=1时，g〔t〕取得最小值，且为e．因此要使①恒成立，只需＜g〔1〕=e，只需a＞，当a=，tanφ==，且0＜φ＜，可得＜φ＜，于是π﹣φ＜＜，且当n≥2时，nπ﹣φ≥2π﹣φ＞＞，因此对n∈N*，ax n=≠1，即有g〔ax n〕＞g〔1〕=e=，故①亦恒成立．综上可得，假设a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f〔x n〕|恒成立．点评：此题考查导数的运用：求极值和单调区间，主要考查三角函数的导数和求值，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的证明，属于难题．2015年湖南省高考数学试卷〔理科〕一、选择题，共10小题，每题5分，共50分1．〔5分〕〔2015•湖南〕已知=1+i〔i为虚数单位〕，则复数z=〔〕A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．〔5分〕〔2015•湖南〕设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的〔〕A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．〔5分〕〔2015•湖南〕执行如下列图的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=〔〕A．B．C．D．4．〔5分〕〔2015•湖南〕假设变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为〔〕A．﹣7 B．﹣1 C．1D．25．〔5分〕〔2015•湖南〕设函数f〔x〕=ln〔1+x〕﹣ln〔1﹣x〕，则f〔x〕是〔〕A．奇函数，且在〔0，1〕上是增函数 B．奇函数，且在〔0，1〕上是减函数C．偶函数，且在〔0，1〕上是增函数 D．偶函数，且在〔0，1〕上是减函数6．〔5分〕〔2015•湖南〕已知〔﹣〕5的展开式中含x的项的系数为30，则a=〔〕A．B．﹣C．6D．﹣67．〔5分〕〔2015•湖南〕在如下列图的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分〔曲线C为正态分布N〔0，1〕的密度曲线〕的点的个数的估计值为〔〕附“假设X﹣N=〔μ，a2〕，则P〔μ﹣σ＜X≤μ+σ〕=0.6826．p〔μ﹣2σ＜X≤μ+2σ〕=0.9544．A．2386 B．2718 C．3413 D．47728．〔5分〕〔2015•湖南〕已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，假设点P的坐标为〔2，0〕，则||的最大值为〔〕A．6B．7C．8D．99．〔5分〕〔2015•湖南〕将函数f〔x〕=sin2x的图象向右平移φ〔0＜φ＜〕个单位后得到函数g〔x〕的图象．假设对满足|f〔x1〕﹣g〔x2〕|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，则φ=〔〕A．B．C．D．10．〔5分〕〔2015•湖南〕某工件的三视图如下列图．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为〔材料利用率=〕〔〕A．B．C．D．二、填空题，共5小题，每题5分，共25分11．〔5分〕〔2015•湖南〕〔x﹣1〕dx=．12．〔5分〕〔2015•湖南〕在一次马拉松比赛中，35名运发动的成绩〔单位：分钟〕的茎叶图如下列图．假设将运发动成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运发动人数是．13．〔5分〕〔2015•湖南〕设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．假设C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．14．〔5分〕〔2015•湖南〕设S n为等比数列{a n}的前n项和，假设a1=1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则a n=．15．〔5分〕〔2015•湖南〕已知函数f〔x〕=假设存在实数b，使函数g〔x〕=f 〔x〕﹣b有两个零点，则a的取值范围是．三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲16．〔6分〕〔2015•湖南〕如图，在⊙O中，相较于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相较于点F，证明：〔1〕∠MEN+∠NOM=180°〔2〕FE•FN=FM•FO．选修4-4：坐标系与方程17．〔6分〕〔2015•湖南〕已知直线l：〔t为参数〕．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．〔1〕将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；〔2〕设点M的直角坐标为〔5，〕，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．选修4-5：不等式选讲18．〔2015•湖南〕设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：〔ⅰ〕a+b≥2；〔ⅱ〕a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．19．〔2015•湖南〕设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．〔Ⅰ〕证明：B﹣A=；〔Ⅱ〕求sinA+sinC的取值范围．20．〔2015•湖南〕某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，假设都是红球，则获一等奖，假设只有1个红球，则获二等奖；假设没有红球，则不获奖．〔1〕求顾客抽奖1次能获奖的概率；〔2〕假设某顾客有3次抽奖时机，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．21．〔2015•湖南〕如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．〔1〕假设P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；〔2〕假设PQ∥平面ABB1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．22．〔13分〕〔2015•湖南〕已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1〔a＞b＞0〕的一个焦点．C1与C2的公共弦长为2．〔Ⅰ〕求C2的方程；〔Ⅱ〕过点F的直线l与C1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与同向．〔ⅰ〕假设|AC|=|BD|，求直线l的斜率；〔ⅱ〕设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．23．〔13分〕〔2015•湖南〕已知a＞0，函数f〔x〕=e ax sinx〔x∈[0，+∞]〕．记x n为f〔x〕的从小到大的第n〔n∈N*〕个极值点．证明：〔Ⅰ〕数列{f〔x n〕}是等比数列；〔Ⅱ〕假设a≥，则对一切n∈N*，x n＜|f〔x n〕|恒成立．。

导数的应用专项训练（附解析2015高考数学一轮）导数的应用专项训练（附解析2015高考数学一轮）A组基础演练1．(2013•浙江)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析：在(－1,0)上，f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势．故选B.答案：B2．(2012•辽宁)函数y＝12x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．1，＋∞)D．(0，＋∞)解析：y＝12x2－lnx，y′＝x－1x＝x2－1x＝－＋＞0)．令y′≤0，得0＜x≤1，∴递减区间为(0,1]．故选B.答案：B3．(理科)(2013•浙江)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故A、B 错；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)(x ＋1)ex－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0,1)．当x∈(x2,1)时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.答案：C3．(文科)若函数f(x)＝x3－x＋1在区间(a，b)(a，b是整数，且b－a＝1)上有一个零点，则a＋b的值为()A．3B．－2C．2D．－3解析：由于f(－1)＝1＞0，f(－2)＝－5＜0，即f(－1)f(－2)＜0且函数为增函数，故函数零点必在区间(－2，－1)内，故有a＋b＝－3.答案：D4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间－1,1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4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：C5．已知函数f(x)＝alnx＋x在区间2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝alnx＋x，∴f′(x)＝ax＋1.又∵f(x)在2,3]上单调递增，∴ax＋1≥0在x∈2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈－2，＋∞)．答案：－2，＋∞)6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在－2,2]上有最大值3，那么此函数在－2,2]上的最小值为________．解析：∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(x)＝m最大．∴m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值为－37.答案：－377．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1]有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1]，∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.∵函数f(x)有极大值和极小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a2－4a－8＞0，∴a＞2或a＜－1.答案：a＞2或a＜－18．(2013•课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)ex－12.令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．9．(2014•郑州质量预测)已知函数f(x)＝1－xax＋lnx.(1)当a＝12时，求f(x)在1，e]上的最大值和最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－14x在1，e]上为增函数，求正实数a的取值范围．解：(1)当a＝12时，f(x)＝－＋lnx，f′(x)＝x－2x2，令f′(x)＝0，得x＝2，∴当x∈1,2)时，f′(x)＜0，故f(x)在1,2)上单调递减；当x∈(2，e]时，f′(x)＞0，故f(x)在(2，e]上单调递增，故f(x)min＝f(2)＝ln2－1.又∵f(1)＝0，f(e)＝2－ee＜0.∴f(x)在区间1，e]上的最大值f(x)max＝f(1)＝0.综上可知，函数f(x)在1，e]上的最大值是0，最小值是ln2－1. (2)∵g(x)＝f(x)－14x＝1－xax＋lnx－14x，∴g′(x)＝－ax2＋4ax＋44ax2(a＞0)，设φ(x)＝－ax2＋4ax－4，由题意知，只需φ(x)≥0在1，e]上恒成立即可满足题意．∵a＞0，函数φ(x)的图象的对称轴为x＝2，∴只需φ(1)＝3a－4≥0，即a≥43即可．故正实数a的取值范围为43，＋∞.B组能力突破1．(2013•福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析：函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.答案：D2．f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋x•f′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为()A．(－4,0)∪(4，＋∞)B．(－4,0)∪(0,4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(－∞，－4)∪(0,4)解析：令g(x)＝x•f(x)，则g(x)为奇函数且当x＜0时，g′(x)＝f(x)＋x•f′(x)＜0，∴f(x)的图象的变化趋势如图所示：所以xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．答案：D3．设函数f(x)＝px－1x－2lnx(p是实数)，若函数f(x)在其定义域内单调递增，则实数p的取值范围为________．解析：易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝px2－2x＋px2，要使f(x)为单调增函数，须f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即px2－2x＋p≥0在(0，＋∞)上恒成立，即p≥2xx2＋1＝2x＋1x在(0，＋∞)上恒成立，又2x＋1x≤1，所以当p≥1时，f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数．答案：1，＋∞)4．(理科)已知函数f(x)＝ln|x|，(x≠0)，函数g(x)＝＋af′(x)，a∈R.(1)求函数y＝g(x)的表达式和单调区间；(2)若a＞0，函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2，求a的值．解：(1)因为f(x)＝ln|x|，所以当x＞0时，f(x)＝lnx，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)．所以当x＞0时，f′(x)＝1x，当x＜0时，f′(x)＝1－x•(－1)＝1x，∴当x≠0时，f′(x)＝1x，所以当x≠0时，函数y＝g(x)＝x＋ax.易知，g(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)的增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)；②当a＞0时，g′(x)＝＋－，由g′(x)＞0得，g(x)的增区间为(－∞，－a)和(a，＋∞)，由g′(x)＜0解得g(x)的减区间是(－a，0)和(0，a)．(2)由(1)知，当x＞0时，g(x)＝x＋ax.所以当a＞0，x＞0时，g(x)≥2a，当且仅当x＝a时取等号．所以函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2a.所以2a＝2.解得a＝1.4．(文科)已知函数f(x)＝lnx，函数g(x)＝＋af′(x)，a∈R.(1)求函数y＝g(x)的单调区间；(2)若a＞0，函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2，求a的值．解：(1)因为f′(x)＝1x，所以g(x)＝x＋ax，且x＞0，g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上递增；②当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝a或x＝－a(舍)x∈(0，a)时，g′(x)＜0；x∈(a，＋∞)时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增．综上，当a≤0时，g(x)的增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a)．(2)由(1)，知当x＞0时，g(x)＝x＋ax.所以当a＞0，x＞0时，g(x)≥2a，当且仅当x＝a时取等号．所以函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2a.所以2a＝2.解得a＝1.。

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

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

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

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

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

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥． 令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ． 考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】 试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型)第1课时 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题1.(2014·重庆高考)已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x－cx (a ,b ,c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数,且曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ,b 的值；(2)若c ＝3,判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值,求c 的取值范围.解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c , 由f ′(x )为偶函数,知f ′(－x )＝f ′(x )恒成立,即2(a －b )(e 2x －e －2x )＝0,所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ,故a ＝1,b ＝1.(2)当c ＝3时,f (x )＝e 2x －e －2x －3x ,那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －3≥22e 2x ·2e －2x －3＝1>0,故f (x )在R 上为增函数.(3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c ,而2e 2x ＋2e －2x ≥22e 2x ·2e －2x ＝4, 当x ＝0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c <4时,对任意x ∈R ,f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c >0,此时f (x )无极值；当c ＝4时,对任意x ≠0,f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －4>0,此时f (x )无极值；当c >4时,令e 2x＝t ,注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1,2＝c ±c 2－164>0,即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1,x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时,f ′(x )<0；又当x >x 2时,f ′(x )>0,从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值. 综上,若f (x )有极值,则c 的取值范围为(4,＋∞). 2.(2014·江西高考)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R ). (1)当b ＝4时,求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，13上单调递增,求b 的取值范围. 解：(1)当b ＝4时,f ′(x )＝－5xx ＋1－2x,由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞,－2)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x ∈(－2,0)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时,f ′(x )<0,f (x )单调递减,故f (x )在x ＝－2取极小值f (－2)＝0,在x ＝0取极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋b －1－2x ,因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时,－x 1－2x<0, 依题意当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时,有5x ＋(3b －2)≤0,从而53＋(3b －2)≤0, 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，19.[例1] (2014·济南模拟)已知函数f (x )＝ax ＋1x＋(1－a )ln x .(1)当a ＝2时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若a ≤0,讨论函数f (x )的单调性.[师生共研] (1)当a ＝2时,f (x )＝2x ＋1x －ln x ,f ′(x )＝2－1x 2－1x,又f ′(1)＝0,f (1)＝3,所以曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝3.(2)f ′(x )＝a －1x 2＋1－a x ＝ax 2＋－ax －1x 2(x >0),①当a ＝0时,f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增；若a ≠0,f ′(x )＝ax 2＋－ax －1x 2＝0,解得x 1＝1,x 2＝－1a,②当－1<a <0时,f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1，－1a 上单调递增； ③当a ＝－1时,f (x )在(0,＋∞)上单调递减；④当a <－1时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 和(1,＋∞)上单调递减,在⎝⎛⎭⎫－1a ，1上单调递增. 互动探究在本例条件下,若关于x 的方程f (x )＝ax 在(0,1)上有两个相异实根,求实数a 的取值范围.解：当f (x )＝ax 时,1x ＋(1－a )ln x ＝0,所以a ＝1x ln x ＋1(0<x <1),令g (x )＝1x ln x＋1(0<x <1),g ′(x )＝－x ＋x ln x 2＝0,解得x ＝1e,g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减,所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－e,所以当a ∈(－∞,1－e)时,方程f (x )＝ax 在(0,1)上有两个相异实根.利用导数研究函数的单调性关注四点(1)利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论.(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论. (3)在不能通过因式分解求出根时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论. (4)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.1.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,x ∈(0,＋∞).此时f ′(x )＝2x ＋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 ＋2x ＋2＝ax 2＋a ＋x ＋a xx ＋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 )＝－12x －2xx ＋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 ＋＋2a ＋1a ,x 2＝－a ＋－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 ＋＋2a ＋1a ,－a ＋－2a ＋1a,＋∞上单调递减,在－a ＋＋2a ＋1a ,－a ＋－2a ＋1a 上单调递增.[例2] (2014·浙江高考) 已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R ).(1)若f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M (a ),m (a ),求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ,若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立,求3a ＋b 的取值范围.[师生共研] (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1,①当a ≤－1时,有x ≥a ,故f (x )＝x 3＋3x －3a , 此时f (x )在(－1,1)上是增函数,因此,M (a )＝f (1)＝4－3a ,m (a )＝f (－1)＝－4－3a ,故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. ②当－1<a <1时,若x ∈(a,1),f (x )＝x 3＋3x －3a ,在(a,1)上是增函数；若x ∈(－1,a ),f (x )＝x 3－3x ＋3a ,在(－1,a )上是减函数,所以,M (a )＝max{f (1),f (－1)},m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2,因此,当－1＜a ≤13时,M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时,M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时,有x ≤a ,故f (x )＝x 3－3x ＋3a , 此时f (x )在(－1,1)上是减函数,因此,M (a )＝f (－1)＝2＋3a ,m (a )＝f (1)＝－2＋3a , 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上,M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ,则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立, 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立, 所以由(1)知,①当a ≤－1时,h (x )在(－1,1)上是增函数,h (x )在[－1,1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ,最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ,则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2,矛盾；②当－1＜a ≤13时,h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ,最大值是h (1)＝4－3a ＋b ,所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2,从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ,则t ′(a )＝3－3a 2>0,t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数,故t (a )≥t (0)＝－2, 因此－2≤3a ＋b ≤0；③当13<a <1时,h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ,最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2,所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2,解得－2827<3a ＋b ≤0；④当a ≥1时,h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ,最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b , 所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2,解得3a ＋b ＝0. 综上,得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解析式求最值时,常常分类讨论,分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部,从而根据单调性求出最值.(2)求极值和最值时,为了直观易懂,常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格.2.已知函数f (x )＝k (x －1)e x ＋x 2.(1)当k ＝－1e时,求函数f (x )在点(1,1)处的切线方程；(2)若在y 轴的左侧,函数g (x )＝x 2＋(k ＋2)x 的图象恒在f (x )的导函数f ′(x )图象的上方,求k 的取值范围；(3)当k ≤－1时,求函数f (x )在[k,1]上的最小值m .解：(1)当k ＝－1e 时,f (x )＝－1e(x －1)e x ＋x 2,f ′(x )＝－x e x －1＋2x ,f ′(1)＝1,所以函数f (x )在点(1,1)处的切线方程为y ＝x .(2)f ′(x )＝kx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2k <x 2＋(k ＋2)x , 即kx e x －x 2－kx <0.因为x <0,所以k e x －x －k >0,令h (x )＝k e x －x －k ,则h ′(x )＝k e x －1.当k ≤0时,h (x )在(－∞,0)上为减函数,h (x )>h (0)＝0,符合题意； 当0<k ≤1时,h (x )在(－∞,0)上为减函数,h (x )>h (0)＝0,符合题意；当k >1时,h (x )在(－∞,－ln k )上为减函数,在(－ln k ,0)上为增函数,h (－ln k )<h (0)＝0,不合题意.综上：k ≤1.(3)f ′(x )＝kx e x ＋2x ＝kx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2k ,令f ′(x )＝0,得x 1＝0,x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k , 令g (k )＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k －k ,则g ′(k )＝－1k－1≤0, g (k )在k ＝－1时取最小值g (－1)＝1＋ln 2 >0,所以x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k >k . 当－2<k ≤－1时,x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k >0, f (x )的最小值m ＝min{f (0),f (1)}＝min{－k,1}＝1；当k ＝－2时,函数f (x )在区间[k,1]上为减函数,m ＝f (1)＝1； 当k <－2时,f (x )的最小值m ＝min{f (x 2),f (1)},f (x 2)＝－2⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－2k －1＋⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－2k 2＝x 22－2x 2＋2>1,f (1)＝1,此时m ＝1. 综上,m ＝1.[例3] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r 米,高为h 米,体积为V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).(1)将V 表示成r 的函数V (r ),并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性,并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.[师生共研] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元,底面的总成本为160πr 2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元.根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π,所以h ＝15r(300－4r 2),从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3).由h >0,且r >0可得0<r <53,故函数V (r )的定义域为(0,53).(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3),故V ′(r )＝π5(300－12r 2).令V ′(r )＝0,解得r 1＝5,r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内,舍去).当r ∈(0,5)时,V ′(r )>0,故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时,V ′(r )<0,故V (r )在(5,53)上为减函数.由此可知,V (r )在r ＝5处取得最大值,此时h ＝8,即当r ＝5,h ＝8时,该蓄水池的体积最大.利用导数解决优化问题的五个步骤(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式； (3)确定函数的定义域； (4)在定义域内求极值； (5)下结论.3.如图所示,四边形ABCD 表示一正方形空地,边长为30 m,电源在点P 处,点P 到边AD ,AB 距离分别为9 m,3 m.某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF ,MN ∶NE ＝16∶9.线段MN 必须过点P ,端点M ,N 分别在边AD ,AB 上,设AN ＝x (m),液晶广告屏幕MNEF 的面积为S (m 2).(1)用含x 的代数式表示AM ；(2)求S 关于x 的函数关系式及该函数的定义域；(3)当x 取何值时,液晶广告屏幕MNEF 的面积S 最小？ 解：(1)因为点P 到边AD ,AB 距离分别为9 m,3 m,所以由平面几何知识,得AM －3AM ＝9x,解得AM ＝3xx －9(10≤x ≤30).(2)由勾股定理,得MN 2＝AN 2＋AM 2＝x 2＋9x 2x －2.因为MN ∶NE ＝16∶9,所以NE ＝916MN .所以S ＝MN ·NE ＝916MN 2＝916x 2＋9x 2x －2,定义域为[10,30].(3)S ′＝9162x ＋18xx －2－9x 2x －x －4＝98·x x －3－81]x －3,令S ′＝0,得x 1＝0(舍),x 2＝9＋333. 当10≤x <9＋333时,S ′<0,S 为减函数； 当9＋333<x ≤30时,S ′>0,S 为增函数. 所以当x ＝9＋333时,S 取得最小值.课题1 利用导数研究函数的最值问题[典例] (2014·深圳模拟)设函数f (x )＝x 3－kx 2＋x (k ∈R ). (1)当k ＝1时,求函数f (x )的单调区间；(2)当k ＜0时,求函数f (x )在[k ,－k ]上的最小值m 和最大值M .[考题揭秘] 本题以三次函数为背景,主要考查导数在研究函数的单调性、极值、最值中的应用,意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力.[审题过程] 第一步：审条件.已知函数f (x )的解析式.第二步：审结论.在已知k 的值或取值范围的前提下,求f (x )的单调区间及最值.第三步：建联系.(1)求导后,根据不等式的解即可确定f (x )的单调区间；(2)求出f (x )的极值点及端点处的函数值比较大小,即可求得最值.[规范解答] (1)当k ＝1时,f (x )＝x 3－x 2＋x ,f ′(x )＝3x 2－2x ＋1.∵方程3x 2－2x ＋1＝0的判别式Δ＝4－4×3＝－8＜0, ∴f ′(x )＞0恒成立,∴f (x )的单调递增区间为(－∞,＋∞).(2)当k ＜0时,f ′(x )＝3x 2－2kx ＋1,方程3x 2－2kx ＋1＝0的判别式Δ＝4k 2－4×3＝4(k 2－3),①当Δ≤0时,有k 2－3≤0,即－3≤k ＜0时,f ′(x )≥0恒成立,这时f (x )在[k ,－k ]上单调递增, 有m ＝f (k )＝k 3－k ·k 2＋k ＝k ,M ＝f (－k )＝－k 3－k ·k 2－k ＝－2k 3－k . 当Δ＞0时,有k 2－3＞0,即k ＜－3, 令f ′(x )＝3x 2－2kx ＋1＝0,解得x 1＝k －k 2－33＜0,x 2＝k ＋k 2－33＜0,且x 1＜x 2＜0,②又x 1－k ＝k －k 2－33－k ＝－2k －k 2－33＝4k 2－ k 2－33＞0,于是k ＜x 1＜x 2＜0,当k ＜x ＜x 1或x 2＜x ＜－k 时,f ′(x )＞0,f (x )为增函数； 当x 1＜x ＜x 2时,f ′(x )＜0,f (x )为减函数；③ 故M ＝max{f (－k ),f (x 1)},m ＝min{f (k ),f (x 2)}. 先证f (－k )＞f (x 1).∵3x 21－2kx 1＋1＝0,∴kx 21＝3x 31＋x 12,f (x 1)＝x 31－kx 21＋x 1＝x 31－3x 31＋x 12＋x 1＝－x 31＋x 12,∴f (－k )－f (x 1)＝(－2k 3－k )－⎝⎛⎭⎫－x 31＋x 12＝－2k 3－k ＋12x 31－12x 1＝－2k 3＋12x 31＋⎝⎛⎭⎫－k －12x 1,又－k －12x 1＞0,要证f (－k )＞f (x 1),只需证－2k 3＋12x 31＞0⇔x 31＞4k 3⇔x 1＞34k , 由k ＜x 1＜0知x 1＞34k 显然成立, ∴f (－k )＞f (x 1). 再证f (k )＜f (x 2).同理f (x 2)＝－x 32＋x 22,有f (k )－f (x 2)＝k －－x 32＋x 22＝12(k －x 2)＋12(k ＋x 32)＜0,∴f (k )＜f (x 2).综上所述,M ＝f (－k )＝－2k 3－k ,m ＝f (k )＝k . ④[模型归纳]利用导数求函数在某一区间上的最值的模型示意图如下：[跟踪训练]已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1,其中a ,b ∈R ,e ＝2.718 28…为自然对数的底数. (1)设g (x )是函数f (x )的导函数,求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值； (2)若f (1)＝0,函数f (x )在区间(0,1)内有零点,求a 的取值范围. 解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1, 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b , 所以g ′(x )＝e x －2a .因此,当x ∈[0,1]时,g ′(x )∈[1－2a ,e －2a ].当a ≤12时,g ′(x )≥0,所以g (x )在[0,1]上单调递增.因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时,g ′(x )≤0,所以g (x )在[0,1]上单调递减,因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e2时,令g ′(x )＝0,得x ＝ln(2a )∈(0,1). 所以函数g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增. 于是,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点,则由f (0)＝f (x 0)＝0可知,f (x )在区间(0,x 0)上不可能单调递增,也不可能单调递减,则g (x )不可能恒为正,也不可能恒为负, 故g (x )在区间(0,x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2, 所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上单调递增,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,当a ≥e 2时,g (x )在[0,1]上单调递减,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,所以12<a <e 2.此时g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增,因此x 1∈(0,ln(2a )],x 2∈(ln(2a ),1),必有g (0)＝1－b >0,g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2,有g (0)＝1－b ＝a －e ＋2>0,g (1)＝e －2a －b ＝1－a >0. 解得e －2<a <1.当e －2<a <1时,g (x )在区间[0,1]内有最小值g (ln(2a )). 若g (ln(2a ))≥0,则g (x )≥0(x ∈[0,1]),从而f (x )在区间[0,1]上单调递增,这与f (0)＝f (1)＝0矛盾,所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0,g (1)＝1－a >0,故此时g (x )在(0,ln(2a ))和(ln(2a ),1)内各只有一个零点x 1和x 2.由此可知f (x )在[0,x 1]上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在[x 2,1]上单调递增, 所以f (x 1)>f (0)＝0,f (x 2)<f (1)＝0, 故f (x )在(x 1,x 2)内有零点.综上可知,a 的取值范围是(e －2,1).1.(2014·合肥模拟)已知函数f (x )＝x －a x (a >0,且a ≠1). (1)当a ＝3时,求曲线f (x )在点P (1,f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )存在极大值g (a ),求g (a )的最小值.解：(1)当a ＝3时,f (x )＝x －3x ,∴f ′(x )＝1－3x ln 3,∴f ′(1)＝1－3ln 3,又f (1)＝－2,∴所求切线方程为y ＋2＝(1－3ln 3)(x －1),即y ＝(1－3ln 3)x －3＋3ln 3.(2)f ′(x )＝1－a x ln a ,①当0<a <1时,a x >0,ln a <0,∴f ′(x )>0,∴f (x )在R 上为增函数,f (x )无极大值.②当a >1时,设方程f ′(x )＝0的根为t ,得a t ＝1ln a ,即t ＝log a 1ln a ＝ln 1ln a ln a,∴f (x )在(－∞,t )上为增函数,在(t ,＋∞)上为减函数,∴f (x )的极大值为f (t )＝t －a t ＝ln1ln a ln a －1ln a,即g (a )＝ln1ln a ln a －1ln a .∵a >1,∴1ln a>0.设h (x )＝x ln x －x ,x >0,则h ′(x )＝ln x ＋x ·1x－1＝ln x ,令h ′(x )＝0,得x ＝1,∴h (x )在(0,1)上为减函数,在(1,＋∞)上为增函数, ∴h (x )的最小值为h (1)＝－1, 即g (a )的最小值为－1,此时a ＝e.2.已知函数f (x )＝ln x ,g (x )＝12ax 2－2x .(1)若函数y ＝f (x )－g (x )在区间⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减,求a 的取值范围；(2)设函数f (x )的图象C 1与函数g (x )的图象C 2交于P 、Q 两点,过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ,证明：C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不可能平行.解：(1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －12ax 2＋2x ,则h ′(x )＝1x－ax ＋2.h (x )在区间⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减⇔h ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫13，1上恒成立,即1x －ax ＋2≤0⇔a ≥1x 2＋2x , ∵x ∈⎝⎛⎭⎫13，1,∴3≤1x 2＋2x≤15,∴a ≥15.(2)设C 1与C 2的交点坐标为P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1>x 2,由题意可得x 1,x 2>0,作出示意图如图所示.f ′(x )＝1x,g ′(x )＝ax －2.假设两条切线有可能平行,则存在a 使f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝g ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22⇔2x 1＋x 2＝a2(x 1＋x 2)－2⇔x 1－x 2x 1＋x 2＝a 2(x 21－x 22)－2(x 1－x 2)＝⎝⎛⎭⎫12ax 21－2x 1－12ax 22－2x 2＝y 1－y 2＝ln x 1－ln x 2＝ln x 1x 2. 不妨设x 1x 2＝t >1,则方程t －t ＋1＝ln t 存在大于1的实根,设φ(t )＝t －t ＋1－ln t ,则φ′(t )＝－t －2tt ＋2<0,∴φ(t )<φ(1)＝0,这与存在t >1使φ(t )＝0矛盾,∴C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不可能平行. 3.(2014·成都模拟)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)ln x ,a ∈R . (1)当a ＝0时,求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时,令F (x )＝fx x ＋1＋x －ln x ,证明：F (x )≥－e －2,其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点,求实数a 的取值范围.解：(1)当a ＝0时,f (x )＝x 2ln x (x >0),此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1).令f ′(x )>0,解得x >e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12,＋∞),单调递减区间为(0,e －12).(2)F (x )＝fxx ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ,得F (x )在(0,e －2)上单调递减,在(e －2,＋∞)上单调递增,∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋x －a 2x ＝x －ax·(2x ln x ＋x －a ).令g (x )＝2x ln x ＋x －a ,则g ′(x )＝3＋2lnx ,∴函数g (x )在(0,e －32)上单调递减,在(e －32,＋∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e －32)＝－2e －32－a .①当a ≤0时,∵函数f (x )无极值,∴－2e －32－a ≥0,解得a ≤－2e －32.②当a >0时,g (x )min ＝－2e －32－a <0,即函数g (x )在(0,＋∞)上存在零点,记为x 0.由函数f (x )无极值点,易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根, ∴2a ln a ＋a －a ＝0,即2a ln a ＝0,a ＝1.当0<a <1时,x 0<1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a >1时,x 0>1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时,x 0＝1,此时函数f (x )无极值.综上,a ≤－2e －32或a ＝1.4.已知函数f (x )＝(x －1)ln(x －1),g (x )＝a2(x 2－2x ).(1)若函数h (x )＝f (e x ＋1)－g ′(e x),x ∈[－1,1],求函数h (x )的最小值； (2)对任意x ∈[2,＋∞),都有f (x )＋g (x )≤0成立,求实数a 的取值范围.解：(1)∵g ′(x )＝a2(2x －2)＝a (x －1),∴h (x )＝x e x －a (e x －1)＝(x －a )e x ＋a ,h ′(x )＝(x －a ＋1)e x ,令h ′(x )＝0,得x ＝a －1.①当a －1≤－1,即a ≤0时,在x ∈[－1,1]上有h ′(x )≥0,h (x )在[－1,1]上单调递增,此时h (x )的最小值为h (－1)＝a －1＋ae.②当－1<a －1<1,即0<a <2时,在x ∈[－1,a －1]上有h ′(x )≤0,h (x )在[－1,a －1]上单调递减；在x ∈(a －1,1]上有h ′(x )>0,h (x )在(a －1,1]上单调递增,此时h (x )的最小值为h (a －1)＝－e a －1＋a .③当a －1≥1,即a ≥2时,在x ∈[－1,1]上有h ′(x )≤0,h (x )在[－1,1]上单调递减,此时h (x )的最小值为h (1)＝(1－a )e ＋a .综上所述,当a ≤0时,函数h (x )的最小值为a －1＋ae；当0<a <2时,函数h (x )的最小值为－e a －1＋a ；当a ≥2时,函数h (x )的最小值为(1－a )e ＋a .(2)设F (x )＝f (x )＋g (x )＝(x －1)ln(x －1)＋a2(x 2－2x ),F ′(x )＝ln(x －1)＋1＋a (x －1)(x ≥2).设φ(x )＝ln(x －1)＋1＋a (x －1)(x ≥2),①当a ≥0时,在x ∈[2,＋∞)上有F ′(x )>0,F (x )在x ∈[2,＋∞)上单调递增,此时F (x )的最小值为F (2)＝0,不可能有对任意的x ∈[2,＋∞),都有f (x )＋g (x )≤0成立.②当a ≤－1时,φ′(x )＝1x －1＋a ,∵x ∈[2,＋∞),∴φ′(x )≤0,∴φ(x )在[2,＋∞)上单调递减,故φ(x )max ＝φ(2)＝1＋a ≤0,即F ′(x )的最大值为F ′(2)＝a ＋1≤0,∴F (x )在[2,＋∞)上单调递减,∴F (x )的最大值为F (2)＝0,即f (x )＋g (x )≤0成立.③当－1<a <0时,令φ′(x )＝1x －1＋a ＝0,解得x ＝1－1a >2,当x ∈⎝⎛⎭⎫2，1－1a 时,φ′(x )>0,即φ(x )在⎝⎛⎭⎫2，1－1a 上单调递增,当x ∈⎣⎡⎭⎫1－1a ，＋∞时,φ′(x )≤0,即φ(x )在⎣⎡⎭⎫1－1a ，＋∞上单调递减. ∴φ(x )max ＝F ′(x )max ＝F ′⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln (－a )>0,又F ′(2)＝a ＋1>0,∴在x ∈⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上F ′(x )>0,即F (x )在⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上单调递增.又F (2)＝0,所以在x ∈⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上有F (x )≥0,显然不合题意.综上所述,实数a 的取值范围为a ≤－1.第2课时 利用导数解决不等式、方程解的问题1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a e x ln x ＋b ex －1x,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ,b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2,f ′(1)＝e. 故a ＝1,b ＝2.(2)由(1)知,f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1,从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e.设函数g (x )＝x ln x ,则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时,g ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时,g ′(x )>0.故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增, 从而g (x )在(0,＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设函数h (x )＝x e －x －2e,则h ′(x )＝e －x (1－x ).所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0；当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,从而h (x )在(0,＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上,当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.2.(2014·辽宁高考)已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1),g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )·ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π. 证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使g (x 1)＝0,且对(1)中的x 0,有x 0＋x 1<π.证明：(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时,f ′(x )＝－(1＋sin x )(π＋2x )－2x －23cos x <0, 函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数,又f (0)＝π－83>0,f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2－163<0, 所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使f (x 0)＝0. (2)考虑函数h (x )＝x －x 1＋sin x－4ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π,x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π. 令t ＝π－x ,则x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时,t ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. 设u (t )＝h (π－t )＝3t cos t1＋sin t－4ln ⎝⎛⎭⎫1＋2t π, 则u ′(t )＝3ft＋2t ＋sin t.由(1)得,当t ∈(0,x 0)时,u ′(t )>0,当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时,u ′(t )<0. 在(0,x 0)上u (t )是增函数,又u (0)＝0,从而当t ∈(0,x 0]时,u (t )>0,所以u (t )在(0,x 0]上无零点.在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上u (t )为减函数,由u (x 0)>0,u ⎝⎛⎭⎫π2＝－4ln 2<0,知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2,使u (t 1)＝0.所以存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使u (t 1)＝0. 因此存在唯一的x 1＝π－t 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π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x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使g (x 1)＝0.因x 1＝π－t 1,t 1>x 0,所以x 0＋x 1<π.[例1] (2014·沈阳模拟)已知函数f (x )＝mx －sin x ,g (x )＝ax cos x －2sin x (a >0). (1)若函数y ＝f (x )是(－∞,＋∞)上的单调递增函数,求实数m 的最小值；(2)若m ＝1,且对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2,都有不等式f (x )≥g (x )成立,求实数a 的取值范围. [师生共研] (1)∵函数f (x )＝mx －sin x 在R 上单调递增, ∴f ′(x )≥0恒成立, ∴f ′(x )＝m －cos x ≥0, 即m ≥cos x ,∴m min ＝1.(2)∵m ＝1,∴函数f (x )＝x －sin x , ∵f (x )≥g (x ),∴x ＋sin x －ax cos x ≥0.对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2,令H (x )＝x ＋sin x －ax cos x , 则H ′(x )＝1＋cos x －a (cos x －x sin x )＝1＋(1－a )·cos x ＋ax sin x , ①当1－a ≥0,即0＜a ≤1时,H ′(x )＝1＋(1－a )cos x ＋ax sin x ≥0,∴H (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数, ∴H (x )≥H (0)＝0,符合题意,∴0＜a ≤1.②当1－a <0,即a >1时,令h (x )＝1＋(1－a )cos x ＋ax sin x , 于是h ′(x )＝(2a －1)sin x ＋ax cos x . ∵a >1,∴2a －1>0, ∴h ′(x )≥0,∴h (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数, ∴h (0)≤h (x )≤h ⎝⎛⎭⎫π2,即2－a ≤h (x )≤π2a ＋1, ∴2－a ≤H ′(x )≤π2a ＋1.(ⅰ)当2－a ≥0,即1<a ≤2时,H ′(x )≥0,∴H (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数,于是H (x )≥H (0)＝0,符合题意,∴1<a ≤2. (ⅱ)当2－a <0,即a >2时,存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使得当x ∈(0,x 0)时,有H ′(x )<0, 此时H (x )在(0,x 0)上为单调递减函数,从而H (x )<H (0)＝0,不能使H (x )>0恒成立,综上所述,实数a 的取值范围为0<a ≤2.两招破解不等式的恒成立问题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：根据要求得所求范围. 2.函数思想法第一步：将不等式转化为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.1.已知函数f (x )＝x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)(a ∈R ). (1)若a ＝0,判断函数f (x )的单调性；(2)若x >1时,f (x )<0恒成立,求a 的取值范围. 解：(1)若a ＝0,则f (x )＝x ln x －x ＋1,f ′(x )＝ln x ,当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,f (x )为减函数,当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )为增函数. (2)问题等价于x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)<0在(1,＋∞)上恒成立. ①若a ＝0,f (x )＝x ln x －x ＋1,f ′(x )＝ln x , 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,∴f (x )为增函数, ∴f (x )>f (1)＝0, 即f (x )<0不成立, ∴a ＝0不成立.②∵x >1,∴问题等价于ln x －x －ax －a ＋x<0在(1,＋∞)上恒成立,不妨设h (x )＝ln x －x －ax －a ＋x,x ∈(1,＋∞),则h ′(x )＝－ax 2－x －a ＋1x 2＝－x －ax ＋a －x 2,x ∈(1,＋∞), 令h ′(x )＝0,则h ′(x )的两根x 1＝1,x 2＝1－aa,若a <0,则x 2＝1－aa<1,x >1时,h ′(x )>0,h (x )为增函数,h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若0<a <12,x ∈⎝⎛⎭⎫1，1－a a 时,h ′(x )>0,h (x )为增函数,h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若a ≥12,x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )为减函数,h (x )<h (1)＝0(符合题意).综上所述,若x >1时,f (x )<0恒成立,则a ≥12.[例2] (2014·陕西高考)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,fb －fab －a<1 恒成立,求 m 的取值范围.[师生共研] (1)由题设,当m ＝e 时,f (x )＝ln x ＋ex,则f ′(x )＝x －ex2,∴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,fb －fab －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 －mx2－1≤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，＋∞.1.三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法 第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步：证明端点值异号.2.已知函数f (x )＝ln(2ax ＋1)＋x 33－x 2－2ax (a ∈R ).(1)若函数f (x )在[3,＋∞)上为增函数,求实数a 的取值范围；(2)当a ＝－12时,方程f (1－x )＝－x 33＋b x有实根,求实数b 的最大值.解：(1)因为函数f (x )在[3,＋∞)上为增函数,所以f ′(x )＝2a 2ax ＋1＋x 2－2x －2a ＝x [2ax 2＋－4ax －a 2＋2ax ＋1≥0在[3,＋∞)上恒成立.①当a ＝0时,f ′(x )＝x (x －2)≥0在[3,＋∞)上恒成立, 所以f (x )在[3,＋∞)上为增函数,故a ＝0符合题意；②当a ≠0时,由函数f (x )的定义域可知,必须有2ax ＋1>0对x ≥3恒成立,故只能a >0,所以只需证2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)≥0在[3,＋∞)上恒成立.令函数g (x )＝2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2),其对称轴为x ＝1－14a ,因为a >0,所以1－14a<1,要使g (x )≥0在[3,＋∞)上恒成立,只要g (3)≥0即可,即g (3)＝－4a 2＋6a ＋1≥0,所以3－134≤a ≤3＋134,因为a >0,所以0<a ≤3＋134.综上所述,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3＋134.(2)当a ＝－12时,f (x )＝ln(－x ＋1)＋x 33－x 2＋x ,所以方程f (1－x )＝－x 33＋b x 可化为ln x －(1－x )2＋1－x ＝bx,故问题转化为b ＝x ln x －x (1－x )2＋x (1－x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)在(0,＋∞)上有解.令h (x )＝ln x ＋x －x 2(x >0),则问题转化为求h (x )在(0,＋∞)上的值域.又h ′(x )＝1x＋1－2x ＝x ＋－xx,所以当0<x <1时,h ′(x )>0,从而函数h (x )在(0,1)上为增函数； 当x >1时,h ′(x )<0,从而函数h (x )在(1,＋∞)上为减函数, 因此h (x )≤h (1)＝0.而x >0,所以b ＝xh (x )≤0,所以实数b 的最大值为0. 热点三 导数的综合应用命题角度近几年,不少省份把函数、导数与数列、不等式综合作为压轴题来考查,以导数为工具,将探索性问题融入大题中.[例3] (2014·陕西高考)设函数f (x )＝ln(1＋x ),g (x )＝xf ′(x ),x ≥0,其中f ′(x )是f (x )的导函数. (1)令g 1(x )＝g (x ),g n ＋1(x )＝g (g n (x )),n ∈N ＋,求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立,求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋,比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小,并加以证明.[师生共研] 由题设得,g (x )＝x1＋x(x ≥0).(1)由已知,g 1(x )＝x 1＋x ,g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x＝x1＋2x ,g 3(x )＝x 1＋3x ,…,可得g n (x )＝x1＋nx .下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时,g 1(x )＝x1＋x,结论成立.②假设n ＝k 时结论成立,即g k (x )＝x1＋kx.那么,当n ＝k ＋1时,g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k x 1＋g k x ＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx＝x1＋k ＋x ,即结论成立.由①②可知, 结论对n ∈N ＋成立.(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立,即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立.设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x(x ≥0),则φ′(x )＝11＋x －a＋x 2＝x ＋1－a ＋x 2, 当a ≤1时,φ′(x )≥0(仅当x ＝0,a ＝1时等号成立), ∴φ(x )在[0,＋∞)上单调递增,又φ(0)＝0, ∴φ(x )≥0在[0,＋∞)上恒成立,∴a ≤1时,ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立).当a >1时,对x ∈(0,a －1]有φ′(x )<0,∴φ(x )在(0,a －1]上单调递减, ∴φ(a －1)<φ(0)＝0,即a >1时,存在x >0,使φ(x )<0,故知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立.综上可知,a 的取值范围是(－∞,1].(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1,n －f (n )＝n －ln(n ＋1),比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1). 证明如下：证法一 上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1),在(2)中取a ＝1,可得ln(1＋x )>x1＋x ,x >0.令x ＝1n ,n ∈N ＋,则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时,12<ln 2,结论成立.②假设当n ＝k 时结论成立,即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么,当n ＝k ＋1时,12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2), 即结论成立.由①②可知,结论对n ∈N ＋成立.证法二 上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1),在(2)中取a ＝1,可得ln(1＋x )>x1＋x,x >0.令x ＝1n ,n ∈N ＋,则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12,ln 3－ln 2>13,…,ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1,上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1,结论得证.证法三 如图,⎠⎛0n x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1,x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积,而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和, ∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n xx ＋1d x ＝⎠⎛0n ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1),结论得证.本题第(1)问要注意,在运用数学归纳法证明问题的时候,当n ＝k ＋1时,要从已知出发运用归纳假设去推断,而不是直接写出结果；第(2)问恒成立问题的解答关键是正确分类讨论；第(3)问可以用数学归纳法、不等式法、定积分法,不管是哪一种方法都要注意方法本身牵扯的概念和数学思想及其运用.3.已知函数f(x)＝ln x x ,g(x)＝38x 2－2x ＋2＋xf(x).(1)求函数y ＝g(x)的单调区间；(2)若函数y ＝g(x)在[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点,求n 的最大值；(3)证明f (x )≤1－1x 在其定义域内恒成立,并比较f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)与n ＋n －n ＋(x ∈N *且n ≥2)的大小.解：(1)由题知g (x )的定义域为(0,＋∞).因为g ′(x )＝x －x －4x,所以函数g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，23和[2,＋∞),g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤23，2.(2)因为g (x )在x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞上的最小值为g (2),且 g (2)＝38×22－4＋2＋ln 2＝ln 2－12＝ln 4－12>0,故g (x )在x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞上没有零点.从而,要想使函数g (x )在[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点,并考虑到g (x )在⎝⎛⎦⎤0，23上单调递增,且在⎣⎡⎦⎤23，2上单调递减,故只需e n <23且f (e n )≤0即可. 易验证g (e －1)＝38·e －2－2·e －1＋1>0,g (e －2)＝38·1e 4－2e 2＋2＋ln e －2＝1e 2⎝⎛⎭⎫38·1e2－2<0. 当n ≤－2且n ∈Z 时均有g (e n )<0.即函数g (x )在[e n ,e －1]⊂[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点. 所以n 的最大值为－2.(3)要证明f (x )≤1－1x ,即证ln x x ≤1－1x(x >0).只须证ln x －x ＋1≤0在(0,＋∞)上恒成立.令h (x )＝ln x －x ＋1(x ＞0).由h ′(x )＝1x－1＝0得x ＝1.则在x ＝1处有极大值(也是最大值)h (1)＝0,所以ln x －x ＋1≤0在(0,＋∞)上恒成立.因此f (n 2)≤1－1n2,n ∈N *.于是有f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)≤⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫1－132＋…＋⎝⎛⎭⎫1－1n 2 ＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n 2 ＜(n －1)－⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n n ＋ ＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＝2n ＋1n －12n ＋1.所以f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)<2n ＋1n －12n ＋1.课题2 利用导数证明不等式[典例] (2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ,曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时,x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ,总存在x 0,使得当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .[考题揭秘] 本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识,考查考生的运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想.[审题过程] 第一步：审条件.已知函数f (x )的解析式以及f (x )在点A 处的切线的斜率. 第二步：审结论.(1)求f (x )的极值；(2)证明：当x >0时,x 2<e x 恒成立；(3)证明对任意c >0,总存在x 0,使x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x 成立.第三步：建联系.(1)求f ′(x ),依题设条件可得f ′(0)＝－1,从而可得a 的方程,即可求出a 的值,然后再求方程f ′(x )＝0的根,判断在导数等于0的点的左、右两侧的导数的符号,即可得结论.(2)构造函数,利用函数的单调性来证明不等式；(3)对c 进行分类讨论,通过构造函数,利用导数法来证明其单调性,进而可得到所求证的结果.[规范解答] 法一：(1)由f (x )＝e x －ax ,得f ′(x )＝e x －a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1,得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ,f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0,得x ＝ln 2.当x <ln 2时,f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x >ln 2时,f ′(x )>0,f (x )单调递增. 所以当x ＝ln 2时,f (x )取得极小值,且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4,f (x )无极大值. (2)令g (x )＝e x －x 2,① 则g ′(x )＝e x －2x ,由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0, 故g (x )在R 上单调递增,② 又g (0)＝1>0,因此,当x >0时,g (x )>g (0)>0,即x 2<e x .③(3)①若c ≥1,则e x ≤c e x .又由(2)知,当x >0时,x 2<e x . 所以当x >0时,x 2<c e x .取x 0＝0,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .②若0<c <1,令k ＝1c>1,要使不等式x 2<c e x 成立,只要e x >kx 2成立.而要使e x >kx 2成立,则只要x >ln(kx 2),只要x >2ln x ＋ln k 成立. 令h (x )＝x －2ln x －ln k ,①则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x,所以当x >2时,h ′(x )>0,h (x )在(2,＋∞)内单调递增.② 取x 0＝16k >16,所以h (x )在(x 0,＋∞)内单调递增,又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k , 易知k >ln k ,k >ln 2,5k >0,所以h (x 0)>0.即存在x 0＝16c,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .综上,对任意给定的正数c ,总存在x 0,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .③ 法二：(1)同法一. (2)同法一.(3)对任意给定的正数c ,取x 0＝4c,。

专题九 导数及其应用1.（15北京理科）已知函数()1ln 1xf x x+=-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程； （Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值． 【答案】（Ⅰ）20x y -=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为2.试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x+''=∈-===--，曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程为20x y -=；（Ⅱ）当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭，即不等式3()2()03x f x x -+>，对(0,1)x ∀∈成立，设331()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-，则422()1x F x x'=-，当()01x ∈，时，()0F x '>，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F >=，因此对(0,1)x ∀∈，3()2()3x f x x >+成立；（Ⅲ）使()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立，()01x ∈，，等价于31()ln ()013x x F x k x x +=-+>-，()01x ∈，； 422222()(1)11kx k F x k x x x+-'=-+=--， 当[0,2]k ∈时，()0F x '≥，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F >=，符合题意；当2k >时，令402()0,(0,1)k F x x k-'==∈，()(0)F x F <，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.2.（15北京文科）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （Ⅰ）求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（2）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；()f x 在x =(1ln )2k k f -=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )2k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，所以x =()f x 在区间上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =>，02e kf -=<，所以()f x 在区间上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.3．（15年安徽理科）设函数2()f x x ax b =-+.（1）讨论函数(sin )22f x ππ在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（2）记20000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22ππ(-,)上的最大值D ；（3）在（2）中，取2000,D 14aa b z b ===-≤求满足时的最大值。

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1．已知函数单调性求参数值范围时，实质为恒成立问题．2．求函数单调区间，实质为解不等式问题，但解集一定为定义域的子集．3．实际应用问题：首先要充分理解题意,列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值,最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测1．函数f(x）＝x3－3ax－a在（0,1）内有最小值，则a的取值范围为________．2．（2011·扬州模拟）已知f（x)，g（x）都是定义在R上的函数，g（x)≠0，f′(x)g（x)<f（x)g′(x)，f(x）＝a x·g(x）(a>0，且a≠1），错误!＋错误!＝错误!,则a的值为____________．3．（2011·厦门质检）已知函数f（x)＝(m－2)x2＋(m2－4）x＋m是偶函数,函数g(x)＝－x3＋2x2＋mx＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m为________．4．函数f(x）＝错误!e x(sin x＋cos x）在区间错误!上的值域为______________．5．f（x）＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一讨论函数的单调性例1 已知函数f（x)＝x2e－ax（a>0)，求函数在[1,2］上的最大值．变式迁移1 设a〉0，函数f（x)＝错误!。

(1）讨论f(x)的单调性；（2）求f（x）在区间［a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f（x）＝错误!x2－a ln x(a∈R)，（1)求函数f（x)的单调区间;（2)求证:当x〉1时,错误!x2＋ln x〈错误!x3.变式迁移2 (2010·安徽)设a为实数，函数f(x）＝e x－2x＋2a，x∈R.（1)求f（x)的单调区间与极值；（2)求证：当a>ln 2－1且x〉0时，e x〉x2－2ax＋1。

大方向教育个性化辅导教案教师：徐琨学生：学科：数学时间：课题（课型）导数的综合应用教学方法：知识梳理、例题讲解、归纳总结、巩固训练【高考考情解读】导数的概念及其运算是导数应用的基础，这是高考重点考查的内容．考查方式以客观题为主，主要考查：一是导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义；二是导数的应用，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式以及讨论方程的根等，已成为高考热点问题；三是应用导数解决实际问题．1．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数与函数单调性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．3．函数的极值与最值(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．4．四个易误导数公式及两个常用的运算法则(1)(sin x)′＝cos x.(2)(cos x)′＝－sin x.(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)．(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1)．(5)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．(6)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0).考点一 导数几何意义的应用例1 (1)过点(1,0)作曲线y ＝e x 的切线，则切线方程为________．(2)(2013·南京模拟)在平面直角坐标系xOy 中，设A 是曲线C 1：y ＝ax 3＋1(a >0)与曲线C 2：x 2＋y 2＝52的一个公共点，若C 1在A 处的切线与C 2在A 处的切线互相垂直，则实数a 的值是________． (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．(1)直线y ＝kx ＋b 与曲线y ＝ax 2＋2＋ln x 相切于点P (1,4)，则b 的值为________．(2)若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a ＝________考点二 利用导数研究函数的性质例2 (2013·广东)设函数f (x )＝x 3－kx 2＋x (k ∈R )．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k <0时，求函数f (x )在[k ，－k ]上的最小值m 和最大值M .(2013·浙江)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．考点三 利用导数解决与方程、不等式有关的问题 例3 (2013·陕西)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点；研究方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是研究函数性质的一种重要工具．基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －2e 成立．1． 函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立； (2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立； (3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )>0的必要不充分条件． 2． 可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值； (2)对于可导函数f (x )，“f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x )＝0”是“f (x )在x ＝x 0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点． 3． 导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.1.已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=． ⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值； ⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．2.已知函数3211()33f x x mx x m =--+，其中m ∈R ．(1)求函数y =f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1，x 2∈[-1，1]，都有12|()()|4f x f x ''-≤，求实数m 的取值范围； (3)求函数()f x 的零点个数．3.己知函数21()ln ,2f x x ax x a R =-+∈ (1)若(1)0f =，求函数 ()f x 的单调递减区间;(2)若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数 a 的最小值:4.（扬州市2015届高三上期末）已知函数2(),()xf x eg x ax bx c ==++。

导数目录1.【2015高考，理10】.................................................. - 2 -2.【2015高考，理12】.................................................. - 2 -3.【2015高考新课标2，理12】.......................................... - 3 -4.【2015高考新课标1，理12】.......................................... - 4 -5.【2015高考，理16】.................................................. - 5 -6.【2015高考天津，理11】.............................................. - 5 -7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）.......................... - 6 -8.【2015高考，19】（本小题满分16分）.................................. - 8 -9.【2015高考，理20】................................................. - 10 -10.【2015高考，17】（本小题满分14分）................................ - 13 -11.【2015高考，理21】................................................ - 14 -12.【2015高考，理21】................................................ - 17 -13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）........................... - 19 -14.【2015高考，理20】................................................ - 21 -15.【2015高考，理21】................................................ - 22 -16.【2015高考，理22】................................................ - 24 -17.【2015高考新课标1，理21】........................................ - 26 -18.【2015高考北京，理18】............................................ - 27 -19.【2015高考，理19】................................................ - 29 -20【2015高考，理21】................................................. - 31 -1.【2015高考，理10】若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【答案】C【解析】由已知条件，构造函数()()g x f x kx =-，则''()()0g x f x k =->，故函数()g x 在R 上单调递增，且101k >-，故1()(0)1g g k >-，所以1()111k f k k ->---，11()11f k k >--，所以结论中一定错误的是C ，选项D 无法判断；构造函数()()h x f x x =-，则''()()10h x f x =->，所以函数()h x 在R 上单调递增，且10k >，所以1()(0)h h k>，即11()1f k k ->-，11()1f k k >-，选项A,B 无法判断，故选C ． 【考点定位】函数与导数．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．2.【2015高考，理12】对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）A ．1-是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()y f x =上【答案】A【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b '=+，因为1是()f x 的极值点，3是()f x 的极值，所以()()1013f f '=⎧⎪⎨=⎪⎩，即203a b a b c +=⎧⎨++=⎩，解得：23b a c a =-⎧⎨=+⎩，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以428a b c ++=，即()42238a a a +⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误”，否则很容易出现错误．解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行检验，也可作必要的合情推理．3.【2015高考新课标2，理12】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值围是（ ）A ．(,1)(0,1)-∞-UB ．(1,0)(1,)-+∞UC ．(,1)(1,0)-∞--UD ．(0,1)(1,)+∞U【答案】A 【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．4.【2015高考新课标1，理12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值围是（ ） (A)[-32e ，1） (B)[-32e ，34） (C)[32e ，34） (D)[32e，1） 【答案】D 【解析】设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，max [()]g x =12-2e -，当0x =时，(0)g =-1，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D.【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题【名师点睛】对存在性问题有三种思路，思路1：参变分离，转化为参数小于某个函数（或参数大于某个函数），则参数该于该函数的最大值（大于该函数的最小值）；思路2：数形结合，利用导数先研究函数的图像与性质，再画出该函数的草图，结合图像确定参数围，若原函数图像不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图像解；思路3：分类讨论，本题用的就是思路2.5.【2015高考，理16】如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．【答案】1.2【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是()11010222162⨯+-⨯⨯=，设抛物线的方程为22x py =（0p >），因为该抛物线过点()5,2，所以2225p ⨯=，解得254p =，所以2252x y =，即2225y x =，所以当前最大流量是()()5323535522224022255255257575753x dx x x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤-=-=⨯-⨯-⨯--⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是16 1.2403=，所以答案应填：1.2． 【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．【名师点晴】本题主要考查的是定积分、抛物线的方程和定积分的几何意义，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“原始”和“当前”，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是定积分的几何意义，即由直线x a =，x b =，0y =和曲线()y f x =所围成的曲边梯形的面积是()ba f x dx ⎰． 6.【2015高考天津，理11】曲线2y x = 与直线y x = 所围成的封闭图形的面积为 . O xy【答案】16【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.【名师点睛】本题主要考查定积分几何意义与运算能力.定积分的几何意义体现数形结合的典型示，既考查微积分的基本思想又考查了学生的作图、识图能力以及运算能力.【2015高考，理11】20(1)x dx ⎰-= .【答案】0.【解析】试题分析：0)21()1(22200=-=-⎰x x dx x . 【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值围．【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-．【解析】(Ⅰ)'()(1)2mx f x m e x =-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，'()0f x >．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，'()0f x >．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,m m e m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①，设函数()1t g t e t e =--+，则'()1t g t e =-．当0t <时，'()0g t <；当0t >时，'()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-．综上，m 的取值围是[1,1]-．【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数'()(1)2mx f x m e x =-+，根据m 的围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的符号即可；（Ⅱ）12()()1f x f x e -≤-恒成立，等价于12max ()()1f x f x e -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，故可求研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．8.【2015高考，19】（本小题满分16分）已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.（1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； 当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2） 1.c =当0a <时，()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>，20,3a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以函数()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027a ab >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭，因此1c =． 此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根， 所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠，解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭U U ． 综上1c =．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点【名师点晴】求函数的单调区间的步骤：①确定函数y ＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间的符号，根据符号判定函数在每个相应区间的单调性． 已知函数的零点个数问题处理方法为：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．已知不等式解集求参数方法：利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关系.9.【2015高考，理20】已知函数f()ln(1)x x =+，(),(k ),g x kx R =?(Ⅰ)证明：当0x x x ><时，f()；(Ⅱ)证明：当1k <时，存在00x >,使得对0(0),x x Î任意，恒有f()()x g x >；(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t >，对任意的(0),x Î，t 恒有2|f()()|x g x x -<．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) =1k ．【解析】解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??则有1()11+1+x F x x x¢=-=- 当(0,),x ?? ()0F x ¢<,所以()F x 在(0,)+?上单调递减；故当0x >时，()(0)0,F x F <=即当0x >时，x x f()<．(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??则有1(1k)()1+1+kx G x k x x -+-¢=-= 当0k £ G ()0x ¢>,所以G()x 在[0,)+?上单调递增, G()(0)0x G >=(3)当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x ，>>故()f()g x x >， |f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M ()k 2=,11x x k x x x x +-¢=--++故当0x Î（时，M ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故M()M(0)0x >=,即2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在.当1k <时，由（2）知存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >． 此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-, 令2N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x x x-+=--++故当0x Î（时，N ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故N()(0)0x N >=,即2f()()x g x x ->,记0x1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2H ()12=,11x xx x x x-¢=--++ 当0x >时，H ()0x ¢<,所以H()x 在[0+¥，）上单调递减，故H()(0)0x H <=, 故当0x >时，恒有2|f()()|x g x x -<,此时，任意实数t 满足题意. 综上，=1k .解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x >>，， 故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-，令2(k 1),01x x x k -><<-解得，从而得到当1k >时，(0,1)x k ?对于恒有2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在. 当1k <时，取11k+1=12k k k <<，从而 由（2）知存在00x >,使得0(0),x x Î任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=. 此时11|f()()|f()()(k)2kx g x x g x k x x --=->-=, 令21k 1k ,022x x x --><<解得，此时 2f()()x g x x ->, 记0x 与1-k 2中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】在解函数的综合应用问题时,我们常常借助导数,将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手,进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意()()f x g x >与min max ()()f x g x >不等价，min max ()()f x g x >只是()()f x g x >的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．10.【2015高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建 一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ， 的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ， 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+ （其中a ，b 为常数）模型. （1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式()f t②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t ==千米【解析】（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为()5,40，()20,2.5．将其分别代入2a y x b =+，得4025 2.5400aba b⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，解得1000a b =⎧⎨=⎩．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ⎛⎫⎪⎝⎭， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-， 2则l 的方程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ⎛⎫A ⎪⎝⎭，230000,t ⎛⎫B ⎪⎝⎭．故()f t ==，[]5,20t ∈．②设()624410g t t t ⨯=+，则()6516102g t t t⨯'=-．令()0g t '=，解得t =当(t ∈时，()0g t '<，()g t 是减函数；当()20t ∈时，()0g t '>，()g t 是增函数．从而，当t =()g t 有极小值，也是最小值，所以()min 300g t =，此时()min f t =答：当t =l 的长度最短，最短长度为千米． 【考点定位】利用导数求函数最值，导数几何意义【名师点晴】解决实际应用问题首先要弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型，然后将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；本题已直接给出模型，只需确定其待定参数即可.求解数学模型，得出数学结论，这一步骤在应用题中要求不高，难度中等偏下，本题是一个简单的利用导数求最值的问题.首先利用导数的几何意义是切点处切线的斜率，然后再利用导数求极值与最值.11.【2015高考，理21】设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈. （Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若()0,0x f x ∀>≥成立，求a 的取值围.【答案】（I ）：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点；（II ）a 的取值围是[]0,1.（2）当0a > 时， ()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时，0∆≤ ，()0g x ≥ 所以，()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时，0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x < 因为1212x x +=- 所以，1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-所以，当()11,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． （3）当0a < 时，0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点；当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； （II ）由（I ）知， （1）当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增， 因为()00f =所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （2）当819a <≤ 时，由()00g ≥ ，得20x ≤ 所以，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()00f =，所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （3）当1a > 时，由()00g < ，可得20x > 所以()20,x x ∈ 时，函数()f x 单调递减； 又()00f =所以，当()20,x x ∈时，()0f x < 不符合题意； （4）当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+ 因为()0,x ∈+∞时，()11011x h x x x '=-=>++当11x a>-时，()210ax a x +-< 此时，()0,f x < 不合题意. 综上所述，a 的取值围是[]0,1【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.【名师点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的应用，着重考查了分类讨论、数形结合、转化的思想方法，意在考查学生结合所学知识分析问题、解决问题的能力，其中最后一问所构造的函数体现了学生对不同函数增长模型的深刻理解.12.【2015高考，理21】设函数2()f x x ax b =-+. （Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记2000()f x x a x b =-+，求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000a b ==，求24a z b =-满足D 1≤时的最大值.【答案】（Ⅰ）极小值为24a b -；（Ⅱ）00||||D a a b b =-+-； （Ⅲ）1.【解析】（Ⅰ）2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+，22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，22x ππ-<<.因为22x ππ-<<，所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时，函数(sin )f x 单调递增，无极值. ②当2,a b R ≥∈时，函数(sin )f x 单调递减，无极值. ③当22a -<<，在(,)22ππ-存在唯一的0x ，使得02sin x a =. 02x x π-<≤时，函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时，函数(sin )f x 单调递增.因此，22a -<<，b R ∈时，函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.（Ⅱ）22x ππ-≤≤时，00000|(sin )(sin )||()sin |||||f x f x a a x b b a a b b -=-+-≤-+-，当00()()0a a b b --≥时，取2x π=，等号成立，当00()()0a a b b --<时，取2x π=-，等号成立，由此可知，函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值为00||||D a a b b =-+-.（Ⅲ）D 1≤，即||||1a b +≤，此时201,11a b ≤≤-≤≤，从而214a z b =-≤. 取0,1a b ==，则||||1a b +≤，并且214a z b =-=. 由此可知，24a zb =-满足条件D 1≤的最大值为1.【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.【名师点睛】函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数()n ,nf x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥. (I)讨论()f x 的单调性；(II)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；(III)若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证： 21|-|21ax x n<+- 【答案】(I) 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.(2)当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nxn -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 单调递增，在0(,)x +∞单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.(III)证明：不妨设12x x ≤，由(II)知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n '=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由(II)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-. 因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式. 【名师点睛】本题主要考查函数的性质与导数之间的关系以及利用函数证明不等式.第(I)小题求导后分n 为奇偶数讨论函数的单调性，体现了数学分类讨论的重要思想；第(II)(III)中都利用了构造函数证明不等式这一重要思想方法，体现数学中的构造法在解题中的重要作用，是拨高题.14.【2015高考，理20】设函数()()23xx axf x a R e+=∈ （1）若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值围。

Go the distance导数压轴题题型归纳1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x－ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)＝x 2＋ax ＋b ，g(x)＝e x (cx ＋d)，若曲线y ＝f(x)和曲线y ＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时, ()()f x kg x ≤，求k 的取值范围。

例3已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标）(1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

例4已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（2011全国新课标） （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。

例5设函数2()1xf x e x ax =---（2010全国新课标）(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围例6已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e －x . （2009宁夏、海南）(1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.2. 在解题中常用的有关结论※3. 题型归纳①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用例7（构造函数，最值定位）设函数()()21xf x x e kx =--(其中k ∈R ).(Ⅰ) 当1k =时,求函数()f x 的单调区间;(Ⅱ) 当1,12k ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,求函数()f x 在[]0,k 上的最大值M .函数例11（零点存在性定理应用）已知函数()ln ,().xf x xg x e ==⑴若函数φ (x ) = f (x )－11x x ，求函数φ (x )的单调区间； ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．例12（最值问题，两边分求）已知函数1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R .Go the distance⑴当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； ⑵设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围.例13（二阶导转换）已知函数x x f ln )(=⑴若)()()(R a x ax f x F ∈+=，求)(x F 的极大值；⑵若kx x f x G -=2)]([)(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值范围.例14（综合技巧）设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈⑴讨论函数()f x 的单调性；⑵若()f x 有两个极值点12,x x，记过点11(,()),A x f x 22(,())B x f x 的直线斜率为k ,问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.②交点与根的分布例15（切线交点）已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值；⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．例16（根的个数）已知函数x x f =)(，函数x x f x g sin )()(+=λ是区间[-1，1]上的减函数.（I ）求λ的最大值；（II ）若]1,1[1)(2-∈++<x t t x g 在λ上恒成立，求t 的取值范围；（Ⅲ）讨论关于x 的方程mex x x f x+-=2)(ln 2的根的个数．例17（综合应用）已知函数.23)32ln()(2x x x f -+=⑴求f (x )在[0,1]上的极值；⑵若对任意0]3)(ln[|ln |],31,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立，求实数a 的取值范围；⑶若关于x 的方程b x x f +-=2)(在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b 的取值范围.③不等式证明例18(变形构造法)已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数．⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且a29=，求函数)(x f 的单调增区间；Go the distance⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a的取值范围．例19(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数x x f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ，求证42121)(x x x x +<例20（绝对值处理）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．例21（等价变形）已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较xyx y ln 1ln 1--与的大小．例22（前后问联系法证明不等式）已知217()ln ,()(0)22f x x g x x mx m ==++<，直线l 与函数(),()f x g x 的图像都相切，且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1。

2015精华卷高考数学应用题真题解析2015年的高考数学精华卷中，应用题是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的部分。

本文将对2015年数学应用题进行解析，帮助同学们更好地理解解题思路和方法。

1. 第一题题目描述：某物流公司的货运车队A、B两个车站之间的距离为180公里，由A车站开始有客货两种列车沿1号线路往B车站运行，每一趟列车全程运行时间均相同。

已知客车在途中因要经过中途的若干站客车站停的时间比货车站多15分钟；列车沿途共设6个小站，其中A、B两站为终点站，其他小站各不停车。

已知A、B两站发出的第一趟客、货两列车正好在中途某站相遇，从这时起，再经过该站后的每一趟列车相遇的时间间隔均为5分钟，而这个时间间隔正好是搭乘货车从A站到B站所需的时间。

解析：这是一道典型的列车相遇问题。

首先我们设客车和货车的速度分别为v1和v2，由于两车相遇在中途某站，所以客车比货车多停留的时间就是搭乘货车从A站到B站所需的时间。

根据已知条件，我们可以列出以下方程：(v1-v2) * t = 180 （公式1）(v1+v2) * (t+15) = 180 （公式2）解方程组得v1=15km/h，v2=45km/h，即客车的速度为15km/h，货车的速度为45km/h。

2. 第二题题目描述：某市原计划在2012年10月1日前完成123.36公里的高速公路建设，但由于工程进度推迟，需要延期完工。

为了保证工程按时完工，工程部门采取加班措施，决定每天比原计划延长工作时间x小时，在原有工期基础上，原有队伍人数工时每天要多加0.95(人·天)，加班后可以在无任何损失的情况下恢复到原有的工期，即不改变高速公路每天的平均建设里程。

设原队伍人数为a人，原来每人每天工作h小时，则每人每小时的工作效率为F/ah(人公里/小时)（这里F表示需要完成的高速公路建设总量）。

已知原有的队伍人数工时实际为9072人·天，原工期共有96个工作日，每天平均需要建设1.28km。