第17讲 导数的概念及其运算(原卷版)2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第三章导数及其应用第一节导数的概念及运算1.导数的概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景.(2)理解导数的几何意义.2.导数的运算(1)能根据导数定义求函数y=C(C为常数),y=x,y=x2,y=1x,y=√x的导数.(2)能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,能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数.1.函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率为①f(x2)-f(x1)x2-x1,若Δx=x2-x1,Δy=f(x2)-f(x1),则平均变化率可表示为②ΔyΔx.2.函数y=f(x)在x=x0处的导数(1)定义:称函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx为函数y=f(x)在x=x0处的导数,记作f'(x0)或y'|x=x0,即f'(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx.(2)几何意义:函数f(x)在点x0处的导数f'(x0)的几何意义是在曲线y=f(x)上点③(x0,f(x0))处的④切线的斜率.相应地,切线方程为⑤y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).▶提醒 (1)曲线y=f(x)在点P(x 0,y 0)处的切线是指P 为切点,斜率为k=f '(x 0)的切线,是唯一的一条切线.(2)曲线y=f(x)过点P(x 0,y 0)的切线,是指切线经过P,点P 可以是切点,也可以不是切点,而且这样的直线可能有多条.(3)函数y=f(x)在某点处的导数、曲线y=f(x)在某点处切线的斜率和倾斜角,这三者是可以相互转化的.3.函数f(x)的导函数 称函数f '(x)=limΔx →0f(x+Δx)-f(x)Δx为f(x)的导函数,导函数有时也记作y'.4.基本初等函数的导数公式原函数 导函数 f(x)=C(C 为常数) f '(x)=⑥ 0 f(x)=x α(α∈N *) f '(x)=⑦ αx α-1 f(x)=sin x f '(x)=⑧ cos x f(x)=cos x f '(x)=⑨ -sin x f(x)=a x (a>0,且a ≠1)f '(x)=⑩ a x ln a f(x)=e x f '(x)= e x f(x)=log a x (a>0,且a ≠1) f '(x)= 1xlna f(x)=ln xf '(x)= 1x5.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).1.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数.2.[af(x)+bg(x)]'=af '(x)+bg'(x).3.函数y=f(x)的导数f '(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势,其正负号反映了变化方向,其大小|f '(x)|反映了变化快慢,|f '(x)|越大,曲线在这点处的切线越“陡”.1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”). (1)f '(x 0)与[f(x 0)]'表示的意义相同.( )(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( ) (4)若f(x)=f '(a)x 2+ln x(a>0),则f '(x)=2xf '(a)+1x .( )(5)f '(x 0)表示曲线y=f(x)在点A(x 0, f(x 0))处切线的斜率,也可表示函数y=f(x)在点A(x 0, f(x 0))处的瞬时变化率.( )答案 (1)✕ (2)✕ (3)√ (4)√ (5)√ 2.下列求导运算正确的是( ) A.(x +1x )'=1+1x 2 B.(log 2x)'=1xln2 C.(3x )'=3x log 3e D.(x 2cos x)'=-2sin x 答案 B3.有一机器人的运动方程为s(t)=t 2+3t (t 是时间,s 是位移),则该机器人在时刻t=2时的瞬时速度为( ) A.194B.174 C .154 D .134答案 D4.曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .答案 x+2y-2=05.求过点(0,0)与曲线y=e x 相切的直线方程. 解析 设切点坐标为(a,e a ), 又切线过(0,0),则切线的斜率k=e aa , f '(x)=e x ,把x=a 代入得斜率k=f '(a)=e a ,则e a =ea a ,由于e a >0,故a=1, 即切点坐标为(1,e), 所以切线方程为y=ex.导数的计算典例1 求下列函数的导数. (1)y=x 2sin x; (2)y=ln x+1x +log 2x; (3)y=cosx e x;(4)y=3x e x -2x +e; (5)y=tan x; (6)y=√x .解析 (1)y'=(x 2)'sin x+x 2(sin x)'=2xsin x+x 2cos x. (2)y'=(lnx +1x )'+(log 2x)'=(ln x)'+(1x )'+1xln2=1x -1x 2+1xln2. (3)y'=(cosx e x)'=(cosx)'e x -cosx(e x )'(e x )2=-sinx+cosxe x.(4)y'=(3x e x )'-(2x )'+e'=(3x )'e x +3x (e x )'-(2x )'=3x ln 3·e x +3x e x -2x ln 2=(ln 3+1)·(3e)x -2x ln 2. (5)y'=(sinx cosx )'=(sinx)'cosx -sinx(cosx)'cos x=cosxcosx -sinx(-sinx)cos 2x=1cos 2x .(6)y'=(x 12)'=12x -12=2√x .方法技巧1.求导数的总原则:先化简函数的解析式,再求导.2.具体方法:(1)遇到连乘的形式,先展开化为多项式形式,再求导;(2)遇到根式形式,先化为分数指数幂,再求导;(3)遇到复杂的分式,先将分式化简,再求导;(4)遇到三角函数形式,先利用三角恒等变换对函数变形,再求导;(5)遇到复合函数,先确定复合关系,再由外向内逐层求导,必要时可换元.▶提醒对解析式中含有导数值的函数,即解析式类似于f(x)=f'(x0)g(x)+h(x)(x0为常数)的函数,解决这类问题的关键是明确f'(x0)是常数,其导数值为0.因此先求导数f'(x),再令x=x0,即可得到f'(x0)的值,进而得到函数的解析式,求得所求导数值.1-1f(x)=x(2018+ln x),若f'(x0)=2019,则x0等于()A.e2B.1C.ln2D.e答案B1-2已知函数f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数,若f'(1)=3,则a=.答案31-3已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=2xf'(1)+ln x,则f'(1)=.答案-1解析∵f(x)=2xf'(1)+ln x,∴f'(x)=2f'(1)+1,x∴f'(1)=2f'(1)+1,即f'(1)=-1.导数的几何意义命题方向一求曲线的切线方程典例2曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为.答案3x-y=0解析y'=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以切线的斜率k=y'|x=0=3,则曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为y=3x,即3x-y=0.命题方向二求参数的值(取值范围)典例3已知曲线y=ae x+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()A.a=e,b=-1B.a=e,b=1C.a=e -1,b=1D.a=e -1,b=-1 答案 D解析 ∵y'=ae x +ln x+1,∴切线的斜率k=y'|x=1=ae+1=2,∴a=e -1,将(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,b=-1.故选D.典例4 直线 y=kx+b 是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,求b 的值.解析 设直线y=kx+b 与曲线y=ln x+2的切点的横坐标为x 1,与曲线y=ln(x+1)的切点的横坐标为x 2,所以曲线y=ln x+2在相应切点处的切线为y=1x 1·x+ln x 1+1,曲线y=ln(x+1)在相应切点处的切线为y=1x2+1·x+ln(x 2+1)-x 2x 2+1,所以{k =1x 1=1x 2+1,b =ln x 1+1=ln(x 2+1)-x 2x 2+1,解得{x 1=12,x 2=-12,于是b=ln x 1+1=1-ln 2.规律总结导数的几何意义的应用及求解思路(1)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.(2)已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数,然后让导数等于切线的斜率,从而求出切点的横坐标,将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标.(3)已知切线方程(或斜率)求参数值的关键就是列出函数的导数等于切线斜率的方程. (4)函数图象在某一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况,由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降得快慢.(5)求两条曲线的公切线的方法:①利用其中一条曲线在某点处的切线与另一条曲线相切,列出关系式求解. ②利用公切线得出关系式.设公切线l 在曲线y=f(x)上的切点P 1(x 1,y 1),在曲线y=g(x)上的切点P 2(x 2,y 2),则f '(x 1)=g'(x 2)=f(x 1)-g(x 2)x 1-x 2.2-1 已知直线y=-x+1是函数f(x)=-1a ·e x 图象的切线,则实数a= .答案 e 2解析 设切点为(x 0,y 0), 则f '(x 0)=-1a ·e x 0=-1, ∴e x 0=a,又-1a ·e x 0=-x 0+1,∴x 0=2,∴a=e 2.2-2 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,求a 的值. 解析 由f(x)=x 3+ax+14得, f(0)=14, f '(x)=3x 2+a,则f '(0)=a,∴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),又g'(x)=-1x , ∴{-ln x 0-14=ax 0,①a =-1x 0,②将②代入①得ln x 0=34, ∴x 0=e 34, ∴a=-1e 34=-e -34.A 组 基础题组1.已知函数f(x)=log a x(a>0且a ≠1),若f '(1)=-1,则a=( ) A.e B.1eC.1e 2 D .12 答案 B2.已知曲线y=x 24-3ln x 的一条切线的斜率为12,则切点的横坐标为( ) A.3 B.2 C.1 D.12 答案 A3.已知曲线y=ln x 的某条切线过原点,则此切线的斜率为( ) A.e B.-e C.1e D.-1e答案 C y=ln x 的定义域为(0,+∞),设切点为(x 0,y 0),则k=y'|x=x 0=1x 0,所以切线方程为y-y 0=1x 0(x-x 0),又切线过点(0,0),代入切线方程得y 0=1,则x 0=e,所以k=y'|x=x 0=1x 0=1e .4.已知函数f(x)=e x ln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为 . 答案 e解析 由函数的解析式可得f '(x)=e x ×ln x+e x ×1x =e x (lnx +1x),则f '(1)=e 1×(ln1+11)=e,即f '(1)的值为e.5.(2019湖北宜昌联考)已知f '(x)是函数f(x)的导数, f(x)=f '(1)·2x +x 2,则f '(2)= . 答案41-2ln2解析 易知f '(x)=f '(1)·2x ln 2+2x,所以f '(1)=f '(1)·2ln 2+2,解得f '(1)=21-2ln2,所以f '(x)=21-2ln2·2x ln 2+2x,所以f '(2)=21-2ln2×22×ln 2+2×2=41-2ln2. 6.曲线y=2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 . 答案 y=2x-27.已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为.答案1解析由题意可得f(1)=a,则切点为(1,a),因为f'(x)=a-1x,所以切线l的斜率k=f'(1)=a-1,则切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),令x=0,可得y=1,故l在y轴上的截距为1.8.(2018课标全国Ⅲ,14,5分)曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=. 答案-3解析设f(x)=(ax+1)e x,则f'(x)=(ax+a+1)e x,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k=f'(0)=a+1=-2,解得a=-3.9.若曲线f(x)=xsin x+1在x=π2处的切线与直线ax+2y+1=0垂直,则实数a=.答案2解析因为f'(x)=sin x+xcos x,所以f'(π2)=sinπ2+π2·cosπ2=1.又直线ax+2y+1=0的斜率为-a2,所以1×(-a2)=-1,解得a=2.10.已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=.答案8解析令f(x)=x+ln x,于是有f'(x)=1+1x,由于f'(1)=2,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线的斜率k=2,则曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,故将y=ax2+(a+2)x+1与y=2x-1联立,得ax2+ax+2=0,因为a≠0,两线相切于一点,所以Δ=a2-8a=0,解得a=8.11.在平面直角坐标系xOy中,P是曲线y=x+4x(x>0)上的一个动点,则点P到直线x+y=0的距离的最小值是.答案4解析由y=x+4x (x>0),得y'=1-4x2(x>0),设斜率为-1的直线与曲线y=x+4x(x>0)相切于点(x0,x0+4x0),由1-4x02=-1得x0=√2(x0=-√2舍去),∴曲线y=x+4x(x>0)上的点P(√2,3√2)到直线x+y=0的距离最小,最小值为√2+3√2|√12+12=4.12.函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x的图象在点(0,f(0))处的切线方程是y=4x+4,求a,b.解析f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4,由已知得f(0)=4,f'(0)=4,故b=4,a+b=8,∴a=4.综上,a=4,b=4.13.(2019湖南长沙模拟)已知函数f(x)=x3+x-16.(1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程;(2)直线l为曲线y=f(x)的切线,且经过原点,求直线l的方程及切点坐标;(3)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-14x+3垂直,求切点坐标与切线方程.解析(1)易知点(2,-6)在曲线y=f(x)上,所以点(2,-6)为切点.因为f'(x)=(x3+x-16)'=3x2+1,所以f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为f'(2),f'(2)=13,所以切线的方程为y+6=13(x-2),即y=13x-32.(2)设切点坐标为(x0,y0),则直线l的斜率为f'(x0),f'(x0)=3x02+1,所以直线l的方程为y=(3x02+1)(x-x0)+x03+x0-16,因为直线l过原点,所以0=(3x02+1)(0-x0)+x03+x0-16,整理得,x03=-8,所以x0=-2,所以y0=(-2)3+(-2)-16=-26,f'(x0)=3×(-2)2+1=13.所以直线l的方程为y=13x,切点坐标为(-2,-26).(3)因为切线与直线y=-14x+3垂直,所以切线的斜率k=4.设切点的坐标为(x0,y0),则f'(x0)=3x02+1=4,所以x0=±1.所以{x 0=1,y 0=-14或{x 0=-1,y 0=-18,即切点坐标为(1,-14)或(-1,-18),切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18,即y=4x-18或y=4x-14.B 组 提升题组1.已知f(x)=acos x,g(x)=x 2+bx+1,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在交点(0,m)处有公切线,则a+b=( )A.-1B.0C.1D.2答案 C 依题意得, f '(x)=-asin x,g'(x)=2x+b, f '(0)=g'(0),∴-asin 0=2×0+b,故b=0, ∵m=f(0)=g(0),∴m=a=1,因此a+b=1,故选C.2.若曲线f(x)=ax 2(a>0)与g(x)=ln x 有两条公切线,则a 的取值范围是( )A.(0,1e )B.(0,12e )C.(1e ,+∞)D.(12e ,+∞)答案 D 假设两曲线相切,设其切点为P(m,n),∴f '(m)=2am=g'(m)=1m ,∴2am 2=1,∵点P 在曲线上,∴n=am 2=ln m,∴12=ln m,∴m=e 12,∴a=12e ,当a>12e 时,两曲线相离,∴必然存在两条公切线,∴a ∈(12e ,+∞).3.已知函数f(x)={-x 2+2x,x ≤0,ln(x +1),x >0,若|f(x)|≥ax,则实数a 的取值范围是 . 答案 [-2,0]解析 作出函数y=|f(x)|的图象与直线y=ax,如图所示,当直线在第四象限的部分介于直线l 与x 轴之间时符合题意,直线l 为曲线f(x)的切线,且此时函数y=|f(x)|在第二象限的解析式为y=x 2-2x,则y'=2x-2,因为x ≤0,故y'≤-2,故直线l 的斜率为-2,故只需直线y=ax 的斜率a 介于-2与0之间即可,即a ∈[-2,0].4.已知点M 是曲线y=13x 3-2x 2+3x+1上任意一点,曲线在M 处的切线为l,求:(1)斜率最小的切线方程;(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解析 (1)∵y'=x 2-4x+3=(x-2)2-1,∴当x=2时,y'min =-1,此时y=53,∴斜率最小时的切点为(2,53),斜率k=-1,∴切线方程为3x+3y-11=0.(2)由(1)得切线的斜率k ≥-1,∴tan α≥-1,∵α∈[0,π),∴α∈[0,π2)∪[3π4,π).故α的取值范围是[0,π2)∪[3π4,π).。

第17讲 导数与函数的综合问题【课程要求】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．对应学生用书p 47【基础检测】1．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为____________．[解析]令y′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x<40时，y′<0；当x>40时，y′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． [答案]402．从边长为10cm ×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，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 ，x∈(0，5)． 则y ＝(10－2x)(16－2x)x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y′＝12x 2－104x ＋160.令y′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． [答案]1443．若函数f(x)在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) [解析]由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0在(0，＋∞)上恒成立，因此f （x ）x在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f （3）3<f （1）1，即3f (1)>f (3)．[答案]B4．已知函数f ()x ＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a>2B ．a<3C ．a≤1D ．a≥3[解析]若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则由f ()x ＝a x －1＋ln x≤0，即ax ≤1－ln x ，即a≤x－x ln x ，设h ()x ＝x －x ln x ，则h′()x ＝－ln x ，由h′()x >0得ln x<0，得0<x<1，此时函数递增，由h′()x <0得－ln x ＜0，即x>1，此时函数递减，即当x ＝1时，函数h ()x 取得极大值h ()1＝1－ln 1＝1，即h ()x ≤1，若a≤x－x ln x 有解，则a≤1，故选C .[答案]C5．若函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞B .⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2C ．(0，4e 2)D ．(0，＋∞)[解析]函数y ＝x 2e x－a 的导数为y′＝2x e x＋x 2e x＝x e x(x ＋2)，令y′＝0，则x ＝0或－2，当－2＜x ＜0上时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x ＝－2处取极大值，在x ＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a ，f(－2)＝4e －2－a ，已知函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，故－a<0，且4e －2－a>0，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，4e 2.[答案]B 【知识要点】 1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题． 2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．对应学生用书p48利用导数研究生活中的优化问题1 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，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l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(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(t)，并写出其定义域．②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．[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y＝ax2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知y ＝1000x2(5≤x≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点， y′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f(t)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32t 2＋4×106t4，t∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，t∈[5，20]，则g′(t)＝2t －16×106t 5. 令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． [小结]利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．1．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．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12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．[解析] (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．又根据题意知200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V′(r)＝π5(300－12r 2)．令V′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r∈(5，53)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．利用导数证明不等式2 设函数f ()x ＝a ln x ＋1x －2x ()a∈R .(1)当a ＝3时，求f ()x 的极值； (2)当a ＝1时，证明：f ()x >1ex －2x .[解析] (1)当a ＝3时，f ()x ＝3ln x ＋1x－2x ，f ′()x ＝3x －1x 2－2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－()2x －1()x －1x2(x >0), 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′()x <0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′()x >0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0, f ()x 在()1，＋∞上单调递减．所以当x ＝12时，f ()x 取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－3ln2；当x ＝1时，f ()x 取得极大值f ()1＝－1.(2)当a ＝1时，f ()x ＝ln x ＋1x－2x (x >0)，所以不等式f ()x >1e x －2x 可变为ln x ＋1x >1e x .要证明上述不等式成立，即证明x ln x ＋1>xe x .设g ()x ＝x ln x ＋1，h (x )＝xe x ，则g ′()x ＝ln x ＋1，令g ′()x ＝0，得x ＝1e，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，g ′()x <0, g ()x 是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上，g ′()x >0, g ()x 是增函数． 所以g ()x ≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e .h ′()x ＝1－xex ，令h ′()x ＝0得x ＝1，在()0，1上，h ′()x >0, h ()x 是增函数； 在()1，＋∞上，h ′()x <0, h ()x 是减函数，所以h ()x ≤h ()1＝1e <1－1e，所以h ()x <g ()x ，即x e x <x ln x ＋1，所以ln x ＋1x >1ex ，由此可知f ()x >1ex －2x .[小结]证明不等式的常用方法——构造法(1)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)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 )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．已知函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．利用导数解决含参不等式问题3 已知函数f ()x ＝ex －1＋ax ，a∈R .(1)讨论函数f ()x 的单调区间；(2)若∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ex －1＋a .(i)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ii)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1； 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1，函数f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f ()x ＝e x －1－x 的最小值为f ()1＝0，所以ex －1－x ≥0，即ex －1≥x .f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立与f ()x ＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g ()x ＝f ()x ＋ln x －a －1， 即g ()x ＝ex －1＋a ()x －1＋ln x －1()x ≥1， 则g ′()x ＝ex －1＋1x＋a .①当a ≥－2时，g ′()x ＝ex －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x＋a ＝a ＋2≥0.(或令φ()x ＝ex －1＋1x ，则φ′()x ＝e x －1－1x2在[)1，＋∞上递增，∴φ′()x ≥φ′()1＝0，∴φ()x 在[)1，＋∞上递增，∴φ()x ≥φ()1＝2.∴g ′()x ≥0.)∴g ()x 在区间[)1，＋∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()1＝0， ∴f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立． ②当a <－2时，令h ()x ＝ex －1＋1x＋a ，则h ′()x ＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′()x ≥0，函数h ()x 单调递增． 又h ()1＝2＋a <0, h ()1－a ＝e1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0， ∴存在x 0∈()1，1－a ，使得h ()x 0＝0，故当x ∈()1，x 0时，h ()x <h ()x 0＝0，即g ′()x <0，故函数g ()x 在()1，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，＋∞时，h ()x >h ()x 0＝0，即g ′()x >0，故函数g ()x 在()x 0，＋∞上单调递增，∴g ()x min＝g ()x 0<g ()1＝0，即∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是[)－2，＋∞. [小结]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，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． 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．设函数f(x)＝e x－ax －2，a∈R . (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，当x >0时，x ＋1>(k －x )f ′(x )恒成立，求整数k 的最大值． [解析] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，f (x )无极值； 当a >0时，令f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .x <ln a 时f ′(x )<0，此时f (x )在(－∞，ln a )上是减函数， x >ln a 时f ′(x )>0，此时f (x )在(ln a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )有极小值f (ln a )＝a －a ln a －2，无极大值，综上：当a≤0时，无极值；当a>0时，有极小值f(ln a)＝a－a ln a－2，无极大值.(2)法一：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)(x>0)，分离参数得：k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，则g′(x)＝－x e x－1（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1eα－1＋α＝α＋1∈(2，3)，由于①式等价于k<g(α)＝α＋1∈(2，3)，故整数k的最大值为2.法二：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1.所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，令g(x)＝(x－k)(e x－1)＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝(x－k＋1)e x.当1－k≥0，即k≤1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝1;当1－k<0，即k>1时，x∈(0，k－1)时，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)>0，此时g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－e k－1，设h(k)＝k＋1－e k－1(k>1)，则h′(k)＝1－e k－1<0(∵k>1)，所以h (k )＝k ＋1－e k －1在(1，＋∞)上单调递减，又h (2)＝3－e>0，h (3)＝4－e 2<0，故整数k 的最大值为2.利用导数研究函数的零点或方程根的问题4 已知f(x)＝e －x (ax 2＋x ＋1)．(1)当a≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当0<a≤12时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数． [解析] (1)要证f(x)≤1⇒e －x (ax 2＋x ＋1)≤1，只要证e x －ax 2－x －1≥0.(*)令h(x)＝e x －ax 2－x －1，则h′(x)＝e x －2ax －1，而h′′(x)＝e x －2a>0，所以h′(x)在()－∞，＋∞上单调递增，又h′(0)＝0， 所以h(x)在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，∴h(x)min ＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立．所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝e x －ax 2－x －1的零点个数．而h′(x)＝e x －2ax －1，h″(x)＝e x －2a.令h″(x)＝0，解得x ＝ln 2a.所以h′(x)在()－∞，ln 2a 上单调递减，在()ln 2a ，＋∞上单调递增．所以h′(x)min ＝h′(ln 2a)＝2a －2a ln 2a －1，设m ＝2a ，g(m)＝m －m ln m －1，而g′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m ，则g(m)在()1，＋∞上单调递减，在()0，1上单调递增，所以g(m)max ＝g(1)＝0，即h′(x)min ≤0 (当m ＝1即a ＝12时取等号)． 1°当a ＝12时，h′(x)min ＝0, 则h′(x)≥0恒成立． 所以h(x)在R 上单调递增，又h (0)＝0，则h (x )有一个零点；2°当0<a <12时，ln2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln2a )<0. 有h ′(x )在()－∞，ln2a 上单调递减，在()ln2a ，＋∞上单调递增，且x →－∞时，h ′(x )＝e x －2ax －1>0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.又h ′(0)＝0，这时h (x )在()－∞，x 2上单调递增，在()x 2，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增． 所以h (x 2)>h (0)＝0.又x →－∞时，h (x )＝e x －ax 2－x －1<0，h (0)＝0.所以这时h (x )有两个零点；综上：a ＝12时，原方程有一个解；当0<a <12时，原方程有两个解． [小结]应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．4．已知函数f(x)＝(x 2＋ax －1)e x －1，g(x)＝(x 2＋ax)e x－ax －b. (1)若x ＝－2是函数f(x)的极值点，求f(x)的极小值；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．[解析] (1)由题可得f′(x)＝(2x ＋a)ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1，因为f′(－2)＝0，所以a ＝－1，f(x)＝(x 2－x －1)ex －1， 故f′(x)＝(x 2＋x －2)e x －1，令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)极小值为f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1. (2)函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a≥0，F(0)＝1－b<0，易知e x >x 2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b>1，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)＝b(a ＋b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．对应学生用书p 50(2019·全国卷Ⅰ理)已知函数f(x)＝sin x －ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点．[解析] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x， g′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(i )当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．(ii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f(0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f(x)>0.从而，f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (iii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f′(x)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f(π)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (iv )当x∈(π，＋∞)时，ln (x ＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．。