高中数学专题训练(教师版)—3.4导数的综合应用

3.4 导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点”是“a<-1”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答案 B 由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf '(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为( )A.0B.1C.0或1D.无数个答案 A 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf '(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)≥0显然成立;.当x∈(0,1]时, f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥3-13,则g'(x)=3(1-),设g(x)=3-13令g'(x)=0,得x=1,所以g(x)在区间0,1上单调递增,在区间1,1上单调递减,因此g(x)max=g1=4,从而a≥ .,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤ .当x∈[-1,0)时,同理,a≤3-13综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;,且x>0时,e>3x+1-3a.(2)求证:当a>ln3e解析(1)由f(x)=e x-3x+3a知, f '(x)=e x-3.令f '(x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表:故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=e ln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).(2)证明:待证不等式等价于e x-3x2+3ax-1>0,设g(x)=e x-3x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.=ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.由(1)及a>ln3e∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即e x-3x2+3ax-1>0,即e>3x+1-3a.5.已知函数f(x)=1ax2-ln x(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1, f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥对任意x>0恒成立,求实数a的值.解析(1)当a=2时, f(x)=x2-ln x, f '(x)=-1,∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f '(x)=-1.当a≤0时, f '(x)<0,∴当x>1时, f(x)<,故此时不合题意;当a>0时, f(x)在0,1上单调递减,在1,∞上单调递增,∴f(x)min=f1=1-ln1,∴1-ln1≥,即1+ln a-a≥0.设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=1 -1=1-,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=e x-x,h(x)=-kx 3+kx 2-x+1. (1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k 的最大值为λ,求证:4<λ<6. 解析 (1)因为f(x)=e x-x,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)min =f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x 2-x 3)≤e x-1, 当x=0,1时,k∈R, 当x∈(0,1)时,k≤e -1- 3,要证4<λ<6,则需证以下两个问题: ①e -1- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;②存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0 - 03<6成立.先证①e -1-3>4,即证e x -1>4(x 2-x 3),由(1)可知,e x -x≥1恒成立,所以e x-1≥x, 又x≠0,所以e x-1>x,即证x≥ (x 2-x 3)⇔1≥ (x -x 2)⇔(2x-1)2≥0, (2x-1)2≥0显然成立,所以e -1- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;再证②存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0 - 03<6成立,取x 0=1 ,e -11 -1=8( e -1),因为 e <,所以8( e -1)< ×3=6,所以存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0- 0<6成立,由①②可知,4<λ<6.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x--1 -aln x(a∈R).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点 1 , f 1处的切线方程;(2)当0<a<1时,在 1e ,e 内是否存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立?请说明理由. 解析 (1)当a=1时, f(x)=x-ln x,f '(x)=1-1 .易知f 1 =1+ln 2,所以曲线y=f(x)在点 1 ,1 ln 处的切线的斜率为f ' 1 =1-1=-1.故所求的切线方程为y- 1 ln =- -1, 即x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下:假设当0<a<1时,在 1e ,e 内存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立,此时只需证明当x∈ 1e ,e 时, f(x)max >e-1即可.f '(x)=1+ -1 -= -ax (a -1) =( -1)[ -( -1)](x>0), 令f '(x)=0得,x 1=1,x 2=a-1,当0<a<1时,a-1<0, 故当x∈ 1e ,1 时,f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0.故函数f(x)在 1e,1 上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max =max 1e , f(e) .于是,只需证明f(e)>e-1或f 1e >e-1即可. 因为f(e)-(e-1)=e--1e -a-(e-1)=(e 1)(1- )e>0,所以f(e)>e-1,所以假设成立,故当0<a<1时,在x∈ 1e ,e 上至少存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立.B 组 提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)= -ln x.(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明: f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力. (1)函数f(x)的导函数f '(x)=1-1, 由f '(x 1)=f '(x 2)得 -1 1= -1,因为x1≠x2,所以+=1.由基本不等式得11=1+≥ 1,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=1-ln x1+-ln x2=11-ln(x1x2).设g(x)=1-ln x,则g'(x)=1(-4),所以所以g(x)在[ 56,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=1+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1--k≤n1-k<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=-ln-.设h(x)=-ln-,则h'(x)=ln--1a=-()-1,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+ ln +a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 2.设函数f(x)=a 2x 2-(ax+1)ln x+ax.(1)若a≥0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a 的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立?若存在,求出实数a 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a>0时,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0⇔ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax 与y=ln x 相切时,a 的值即为所求. 令(ln x)'=1=a,即x=1,故切点坐标为 1,-ln ,将其代入y=ax,得a=1e . 综上可得a=0或1e .(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立, 当a=0时,原不等式化为ln x≤0,不满足题意. 当a>0时,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥ln.令F(x)=ln ,则F '(x)=1-ln,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数F(x)在x=e 处取得极大值,也为最大值,最大值为1e,由此可得a≥1e.当a<0时,在 0,-1 上,ax+1>0,在 -1 , ∞ 上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-1<0, 所以g(x)=ax-ln x 在(0,+∞)上为减函数,所以只要当x=-1时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.综上可得,a∈ 1e, ∞ ∪{-e}.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=e -1,求证:(1)当x<0时, f(x)<1;(2)对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a. 证明 (1)设φ(x)=e x-1-x,x∈R, 则φ'(x)=e x-1,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0,故φ(x)在(-∞,0)内递减,在(0,+∞)内递增,所以对任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0,即e x-1-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立).所以当x<0时,e x-1>x,即f(x)<1.(2)要证当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a,即证当0<x<ln(1+a)时,e x-1-(1+a)x<0;①当-ln(1+a)<x<0时,e x-1-(1-a)x<0.②令函数g(x)=e x-1-(1+a)x,h(x)=e x-1-(1-a)x.注意到g(0)=h(0)=0,故要证①与②,只需证明g(x)在(0,ln(1+a))内递减,h(x)在(-ln(1+a),0)内递增.事实上,当x∈(0,ln(1+a))时,g'(x)=e x-(1+a)<e ln(1+a)-(1+a)=0;当x∈(-ln(1+a),0)时,h'(x)=e x-(1-a)>e-ln(1+a)-(1-a)=11-(1-a)=1>0.综上,对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.4.已知函数f(x)=-1ax2+(1+a)x-ln x(a∈R).(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间1,∞上有两个零点,求实数k的取值范围. 解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-ax+1+a-1=-(-1)(-1)(a>0),当a∈(0,1)时,1>1.由f '(x)<0,得x>1或x<1,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),1,∞;当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时,1<1.由f '(x)<0,得x>1或x<1,所以f(x)的单调递减区间为 0,1,(1,+∞).综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1), 1, ∞ ;当a=1时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时, f(x)的单调递减区间为 0,1,(1,+∞).(2)g(x)=x 2-xln x-k(x+2)+2在x∈ 1, ∞ 上有两个零点,即关于x 的方程k=-xln在x∈ 1, ∞ 上有两个不相等的实数根. 令函数h(x)= -xln,x∈ 1, ∞ ,则h'(x)=3x - ln -( ),令函数p(x)=x 2+3x-2ln x- ,x∈ 1, ∞ . 则p'(x)=( -1)( )在 1, ∞ 上有p'(x)≥0,故p(x)在 1, ∞ 上单调递增.因为p(1)=0,所以当x∈ 1,1 时,p(x)<0,即h'(x)<0,故h(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,p(x)>0, 即h'(x)>0,故h(x)单调递增. 因为h 1= 10+ln5,h(1)=1,所以k 的取值范围是 1,10ln 5.。

11.导数的综合应用（含答案）（高二）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。

3.4 导数的综合应用要点集结1.导数的综合应用有两个方面：其一是运用导数研究函数的性质，如单调性、极值、最值，进而研究函数的零点、方程的根、不等式的证明、恒成立问题等；其二是导数在实际生活中的应用，而目标函数的建立是运用导数解决最值问题的关键，注意选择恰当的自变量，同时要注意实际背景所限定的变量的取值范围.2.要重视分类讨论、数形结合、函数与方程等基本数学思想的运用，尤其对含参问题的讨论要全面、清晰.基础自测1.函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为________．2.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)， f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，则a 的值为____________． 3.已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－∞,＋∞)内单调递减，则实数m 为________．4.函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为______________． 5.将一个周长为12的长方形围成一个圆柱,当圆柱的体积最大时,该圆柱的底面周长与高的比为____.考点探究例1．已知函数x ax x x f 3)(23+-=(1)若)(x f 在[)+∞,1上是增函数，求实数a 的取值范围.(2)若3=x 是)(x f 的极值点，求)(x f 在[]a x ,1∈上的最大值与最小值.例2.已知函数f (x )=ax 3+bx 2+4x 的极小值为-8,其导函数y =f '(x )的图象经过点(-2,0),如图所示.(1)求f (x )的解析式；(2)若函数y =f (x )-k 在区间[-3,2]上有两个不同的零点,求实数k 的取值范围.例3．已知(]xx x g e x x ax x f ln )(,,0,ln )(=∈-=. (1)当1=a 时，讨论函数)(x f 的单调性和极值；(2)在(1)的条件下，证明：21)()(+>x g x f .变式1：在本例条件下，是否存在正实数a ，使得)(x f 的最小值为3，若存在，则求出a 的值，若不存在，则说明理由.变式2：设函数ax e x g ax x x f x -=-=)(,ln )(，其中a 为实数，若)(x f 在()+∞,1上是单调递减函数，且)(x g 在()+∞,1上有最小值，求a 的取值范围；变式3：设L 为曲线C ：x x y ln =在点()0,1处的切线， (1)求L 的方程， (2)证明；除切点)0,1(之外，曲线C 在直线L 的下方.热点研习1.已知a ≤1－x x＋ln x 对于x ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 2.已知某生产厂家的年利润y (单位:万元)与年产量x (单位:万件)的函数关系式为y ＝-13x 3＋81x -234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．3.若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x ＝±1处的切线的倾斜角均为34π，则以下命题：其中正确命题的序号为________． ①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]；②f (x )的极值点有且只有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于零．5.若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a >0，a ≠1)在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内单调递增，则a 的取值范围是________．6.函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R)，若对于任意的x ∈[－1,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为______．7.已知函数f (x )的导数f ′(x )＝3x 2－3ax ，f (0)＝b ，a ，b 为实数，1<a <2.(1)若f (x )在区间[－1,1]上的最小值、最大值分别为－2、1，求a 、b 的值；(2)在(1)的条件下，求经过点P (2,1)且与曲线f (x )相切的直线l 的方程．8.已知函数f (x )＝x ＋a ln x ，其中a 为常数，且a ≤－1.若f (x )≤e －1对任意x ∈[e ，e 2]恒成立，求实数a 的取值范围．9.已知函数()()()x x xe e x g x a x a x x f -+=-+-=21,ln 1， (1)当[]e x ,1∈时，求()x f 的最小值；(2)当1<a 时，若存在[]21,ee x ∈，使得对任意的[]()()212,0,2x g xf x <-∈恒成立，求a 的取值范围.10.已知函数()()1--=x a e x f x ，(1)当1-=a 时，求函数()x f 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)讨论函数()x f 的单调性，并写出相应的单调区间；(3)已知()b x f ≥对任意R x ∈恒成立，求ab 的最大值.。

考点1 利用导数证明不等式考点2 利用导数研究不等式恒(能)成立问题考点3 利用导数研究函数零点问题目 录综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数的综合运用训练册考点1　利用导数证明不等式1.(2023天津,20节选,中)已知函数f (x )= ln(x +1).(1)求曲线y =f (x )在x =2处切线的斜率;(2)当x >0时,证明: f (x )>1.112x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭解析 (1)f '(x )= - ln(x +1),故曲线y =f (x )在x =2处的切线斜率为f '(2)= - .(2)指数找朋友法.证明:当x >0时, f (x )>1⇔ln(x +1)- >0,令g (x )=ln(x +1)- ,x >0,g '(x )= >0,故g (x )在(0,+∞)上单调递增,因此g (x )>g (0)=0,原不等式得证.22(1)x x x ++21x13ln 3422x x +22x x +22(1)(2)x x x ++2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +ax 2+(2a +1)x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)当a <0时,证明f (x )≤- -2.34a解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= +2ax +2a +1= .若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0,故f (x )在(0,+∞)单调递增.若a <0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0,故f (x )在 单调递增,在 单调递减.(2)证明:由(1)知,当a <0时, f (x )在x =- 取得最大值,最大值为f =ln -1- .1x (1)(21)x ax x++10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a所以f (x )≤- -2等价于ln -1- ≤- -2,即ln + +1≤0.设g (x )=ln x -x +1,则g '(x )= -1.当x ∈(0,1)时,g '(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,g '(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln + +1≤0,即f (x )≤- -2.34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭14a 34a 12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a1x12a ⎛⎫- ⎪⎝⎭12a34a3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f (x )=ln(a -x ),已知x =0是函数y =xf (x )的极值点.(1)求a ;(2)设函数g (x )= .证明:g (x )<1.()()x f x xf x +解析 (1)第一步,利用x =0是函数y =xf (x )的极值点求a .由题意得y =xf (x )=x ln(a -x ),x ∈(-∞,a ),∴y '=ln(a -x )+x · ·(-1)=ln(a -x )- ,∵x =0是函数y =xf (x )的极值点,∴ln(a -0)- =0,可得a =1.1a x -x a x -00a -第二步,证明求出的a 满足条件.当a =1时,y '=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),令p (x )=ln(1-x )- ,x ∈(-∞,1),1x x -1x x-则p '(x )= - = ,易知当x ∈(-∞,1)时,p '(x )<0恒成立.∴p (x )在(-∞,1)上为减函数,又p (0)=0,∴当x ∈(-∞,0)时,p (x )>0;当x ∈(0,1)时,p (x )<0,∴函数y =xf (x )=x ln(1-x )在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.∴当a =1时,x =0是函数y =xf (x )的极值点.∴a =1.11x -21(1)x -22(1)x x --(2)证明:由(1)知a =1,∴f (x )=ln(1-x ),x ∈(-∞,1),当x ∈(0,1)时, f (x )=ln(1-x )<0,∴xf (x )<0;当x ∈(-∞,0)时, f (x )=ln(1-x )>0,∴xf (x )<0,∴要证g (x )= <1(g (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,1)),只需证x +f (x )>xf (x ).只需证x +ln(1-x )>x ln(1-x ),只需证x +(1-x )ln(1-x )>0,令h (x )=x +(1-x )ln(1-x ),x <1且x ≠0,()()x f x xf x则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.∴g(x)<1.4.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f (x )=x (1-ln x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且b ln a -a ln b =a -b ,证明:2< + <e.1a 1b解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=-ln x ,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以函数f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:由b ln a -a ln b =a -b 得 (1+ln a )= (1+ln b ),即 = ,令x 1= ,x 2= ,则x 1,x 2为f (x )=k 的两个实根,当x →0+时,f (x )→0+,当x →+∞时, f (x )→-∞,且f (1)=1,故k ∈(0,1),不妨令x 1∈(0,1),x 2∈(1,e),则2-x 1>1,e-x 1>1,先证明x 1+x 2>2,即证x 2>2-x 1,即证f (x 2)=f (x 1)<f (2-x 1).1a 1b 1a 11ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b 11ln b ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a 1b令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x) =-ln[x(2-x)].∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1),∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2.再证x 1+x 2<e.设x 2=tx 1,则t >1,结合 = , =x 1, =x 2可得x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2),即1-ln x 1=t (1-ln t -ln x 1),故ln x 1= ,要证x 1+x 2<e,即证(t +1)x 1<e,即证ln(t +1)+ln x 1<1,即证ln(t +1)+ <1,即证(t -1)ln(t +1)-t ln t <0,令S (t )=(t -1)ln(t +1)-t ln t ,t >1,ln 1a a +ln 1b b +1a 1b1ln 1t t t t ---1ln 1t t t t ---则S '(t )=ln(t +1)+ -1-ln t =ln - .因为ln(x +1)≤x (x >-1,当且仅当x =0时等号成立),所以可得当t >1时,ln ≤ < ,故S '(t )<0恒成立,故S (t )在(1,+∞)上为减函数,故S (t )<S (1)=0,故(t -1)ln(t +1)-t ln t <0成立,即x 1+x 2<e 成立.综上所述,2< + <e.11t t -+11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭21t +11t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1t 21t +1a 1b考点2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2019课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x , f '(x )为f (x )的导数.(1)证明: f '(x )在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x ∈[0,π]时, f (x )≥ax ,求a 的取值范围.解析 (1)证明:设g (x )=f '(x ),则g (x )=cos x +x sin x -1,g '(x )=x cos x .当x ∈ 时,g '(x )>0;当x ∈ 时,g '(x )<0,所以g (x )在 上单调递增,在 上单调递减.0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭又g (0)=0,g >0,g (π)=-2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x )在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π, f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知, f '(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时, f '(x )>0;当x ∈(x 0,π)时, f '(x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减.2π⎛⎫ ⎪⎝⎭又f (0)=0, f (π)=0,所以,当x ∈[0,π]时,f (x )≥0.又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax .因此,a 的取值范围是(-∞,0].2.(2020新高考Ⅰ,21,12分,难)已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .(1)当a =e 时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.解析 (1)当a =e 时, f (x )=e x-ln x +1, f '(1)=e-1,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e-1)(x -1),即y =(e-1)x +2.直线y =(e-1)x +2在x 轴,y 轴上的截距分别为 ,2.因此所求三角形的面积为 易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成 . (6分)(2)当0<a <1时, f (1)=a +ln a <1.2e 1--2e 1-2e 1--当a =1时, f (x )=e x -1-ln x , f '(x )=e x -1- .当x ∈(0,1)时,f '(x )<0;当x ∈(1,+∞)时, f '(x )>0.所以当x =1时, f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.1x 当a >1时, f (x )=a e x -1-ln x +ln a >e x -1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞). (12分)3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f (x )=2ln x +1.(1)若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围;(2)设a >0,讨论函数g (x )= 的单调性.()()f x f a x a--解析 (1)设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x +1-c ,其定义域为(0,+∞),h '(x )= -2= .当0<x <1时,h '(x )>0;当x >1时,h '(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x =1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c .故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时, f (x )≤2x +c .所以c 的取值范围为[-1,+∞).2x 2(1)x x-(2)g (x )= = ,x ∈(0,a )∪(a ,+∞),g '(x )= =()()f x f a x a --2(ln ln )x a x a --22ln ln ()x a a x x x a -⎛⎫+- ⎪⎝⎭- .取c =-1得h (x )=2ln x -2x +2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x +ln x <0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1- +ln <0,从而g '(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减.221ln ()a a x x x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-a x a x4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f (x )=x e ax -e x .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x >0时, f (x )<-1,求a 的取值范围;(3)设n ∈N *,证明: + +…+ >ln(n +1).2111+2122+21n n +解析 (1)当a=1时, f(x)=x e x-e x,则f '(x)=x e x,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. (2)当x>0时, f(x)<-1,即x e ax-e x<-1在(0,+∞)上恒成立,令F(x)=x e ax-e x+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.易得F(0)=0,F'(x)=e ax+ax e ax-e x,F'(0)=0, F″(x)=a e ax+a e ax+a2x e ax-e x,F″(0)=2a-1.若F ″(0)>0,则F '(x )必定存在一个单调递增区间(0,x 0),又F '(0)=0,∴F (x )也必定存在一个单调递增区间(0,x '0).于是F (x )>F (0)=0在(0,x '0)上恒成立,与F (x )<0矛盾,∴F ″(0)≤0,∴a ≤ .∵e ax≤ 在(0,+∞)上成立,∴F (x )≤x -e x +1在(0,+∞)上成立,故只需证x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.令G (x )=x -e x +1(x >0),122e x 2e x 2e x 2e x则G '(x )= + -e x = .∵e x>x +1在(0,+∞)上成立,∴ > +1在(0,+∞)上成立.∴G '(x )<0,故G (x )在(0,+∞)上单调递减,∴G (x )<G (0)=0.∴x -e x +1<0在(0,+∞)上成立.故当a ≤ 时,x e ax -e x <-1在(0,+∞)成立.∴a 的取值范围为 .2e x 2x 2e x 2e x 21e 2x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2e x 2x 2e x121,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦(3)构造函数h (x )=x - -2ln x (x >1),则h '(x )=1+ - = = ,易知h '(x )>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增,∴h (x )>h (1)=0,∴x - >2ln x ,令x = ,则有 - >2ln ,∴ >ln ,∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n +1).原式得证.1x 21x 2x2221x x x -+22(1)x x -1x 11n+11n +111n +11n +21n n +1n n +2111+2122+21n n +21321n n +考点3　利用导数研究函数零点问题1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析 (1)由题意得f '(x )=2a 2x +a - = ,x ∈(0,+∞).∵a >0,x >0,∴ >0,当x ∈ 时, f '(x )<0;当x ∈ 时, f '(x )>0,∴函数f (x )在 上单调递减,在 上单调递增.(2)∵y =f (x )的图象与x 轴没有公共点,∴函数f (x )在(0,+∞)上没有零点,又函数f (x )在 上单调递减,在 上单调递增,∴f (x )min =f =3-3ln =3+3ln a >0,∴ln a >-1,解得a > ,故实数a 的取值范围是 .3x (23)(1)ax ax x +-23ax x +10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f (x )=e x -a (x +2).(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.解析 (1)当a =1时, f (x )=e x -x -2,则f '(x )=e x-1.当x <0时, f '(x )<0;当x >0时, f '(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)若f (x )有两个零点,则e x-a (x +2)=0有两个解,由方程可知,x =-2不成立,即a = 有两个解, 将问题转化为曲线y = 和直线y =a 有两个交点 e 2x x +e 2xx +令h (x )= (x ≠-2),则有h '(x )= = ,令h '(x )>0,解得x >-1,令h '(x )<0,解得x <-2或-2<x <-1,e 2x x +2e (2)e (2)x x x x +-+2e (1)(2)xx x ++所以函数h (x )在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x <-2时,h (x )<0,当x →-2+时,h (x )→+∞,当x →+∞时,h (x )→+∞,所以当a = 有两个解时,有a >h (-1)= ,所以满足条件的a 的取值范围是 .e 2xx +1e 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析 (1)f '(x )=e x-a ,g '(x )=a - .当a ≤0时, f '(x )>0恒成立, f (x )在R 上无最小值,不符合题意.∴a >0.令f '(x )=0,得x =ln a ,令g '(x )=0,得x = .易知f (x )min =f (ln a )=a -a ln a ,g (x )min =g =1+ln a ,∴a -a ln a =1+ln a ,即ln a = ①.令h (x )=ln x - (x >0),1x 1a1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭11a a -+11x x -+则h '(x )= - = >0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h (x )最多有一个零点.又h (1)=ln 1- =0,∴方程①有且仅有一解,为a =1,即为所求.(2)由(1)知, f (x )=e x-x ,g (x )=x -ln x ,当x <0时, f (x )单调递减,当x >0时, f (x )单调递增;当0<x <1时,g (x )单调递减,当x >1时,g (x )单调递增.不妨设直线y =b 与y =f (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 1,x 2,与y =g (x )的图象的两交点的横坐标分别为x 2,x 3,且x 1<x 2<x 3.1x 22(1)x +221(1)x x x ++1111-+则 -x 1= -x 2=x 2-ln x 2=x 3-ln x 3,∴ -x 1=x 2-ln x 2= -ln x 2.易知x 1∈(-∞,0),x 2∈(0,1),则ln x 2∈(-∞,0),又f (x )在(-∞,0)上单调递减,∴x 1=ln x 2,同理x 2=ln x 3,x 3= .又 -x 2=x 2-ln x 2,∴ln x 2+ =2x 2.∴x 1+x 3=ln x 2+ =2x 2.∴x 1,x 2,x 3成等差数列.∴存在直线y =b ,其与两条曲线y =f (x )和y =g (x )共有三个不同的交点,并且从左到右的三1e x 2e x 1e x 2ln e x 2e x 2e x 2e x 2e x 个交点的横坐标成等差数列.4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a >0且a ≠1,函数f (x )= (x >0).(1)当a =2时,求f (x )的单调区间;(2)若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,求a 的取值范围.a x x a解析 (1)当a =2时,f (x )= , f '(x )= = ,令f '(x )=0,得x = ,当0<x < 时, f '(x )>0,当x > 时, f '(x )<0,∴函数f (x )在 上单调递增,在 上单调递减.(2)第一步,将曲线y =f (x )与直线y =1的交点问题转化为方程的根的问题.22x x 22222ln 2(2)x x x x x ⋅-⋅(2ln 2)2x x x -2ln 22ln 22ln 220,ln 2⎛⎤ ⎥⎝⎦2,ln 2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭令f (x )=1,则 =1,所以x a =a x .第二步,将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得a ln x =x ln a ,即 = .第三步,将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程 = 有两个实数解.设g (x )= ,则g '(x )= ,令g '(x )=0,则x =e.当x ∈(0,e)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;ax x aln x x ln a aln x x ln a a ln x x 21ln x x当x ∈(e,+∞)时,g '(x )<0,g (x )单调递减.第四步,根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g (1)=0, g (x )=0,g (x )max =g (e)= ,所以要使曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点,则只需 ∈ ,即g (a )= ∈ ,所以a ∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).lim x →+∞1ea a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭a a ln 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f (x )=ln x + ,g (x )= .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)求证:当0≤a ≤1时, f (x )>g (x ).1a x -(sin 1)2a x x+-解析 (1)f '(x )= - = (x ∈(0,+∞)),当a -1<0,即a <1时, f '(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a -1>0,即a >1时,令f '(x )=0,得x =a -1,∴函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.综上所述,当a <1时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,函数f (x )在(0,a -1)上单调递减,在(a -1,+∞)上单调递增.(2)证明:令F (x )=f (x )-g (x )=ln x + - = (x >0,0≤a ≤1),欲证f (x )>g (x ),即证F (x )>0,即证x ln x -a sin x +1>0,即证x ln x >a sin x -1.1x 21a x -2(1)x a x--1a x -(sin 1)2a x x +-ln sin 1x x a x x-+先证:x ln x≥ax-1.设g(x)=x ln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,令g'(x)=0,得x=e a-1,∴g(x)在(0,e a-1)上单调递减,在(e a-1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e a-1)=(a-1)e a-1-a e a-1+1=1-e a-1,∵0≤a≤1,∴1-e a-1≥0,则g(x)≥0,即x ln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.再证:ax-1≥a sin x-1.设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0.∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.∵0≤a≤1,∴ax-1≥a sin x-1,当且仅当a=0时取等号.又x ln x≥ax-1与ax-1≥a sin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴x ln x>a sin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)e x,g(x)=e2ln x-a e x.(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).解析 (1)对g (x )求导得g '(x )= -a e= (x >0).①当a ≤0时,g '(x )>0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.②当a >0时,令g '(x )=0,解得x = >0,当x ∈ 时,g '(x )>0,g (x )在 上单调递增,当x ∈ 时,g '(x )<0,g (x )在 上单调递减,所以g (x )在x = 处取得最大值g ,又函数g (x )在(e,+∞)上存在最大值,因此 >e,解得a <1.2e x 2e e a x x -e ae 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭e a e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭e a所以a 的取值范围为(0,1).(2)证明:欲证f (x )>g (x ),即证当x >0时,(x 2-2x )e x >e 2ln x -2e x ,即证当x >0时,(x 2-2x )e x +2e x >e 2ln x ,即证(x -2)e x +2e> .设φ(x )=(x -2)e x +2e(x >0),则φ'(x )=(x -1)e x,当0<x <1时,φ'(x )<0,当x >1时,φ'(x )>0,所以φ(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x )≥φ(1)=e,当x =1时,等号成立.2e ln x x设h (x )= (x >0),则h '(x )= ,当0<x <e 时,h '(x )>0,当x >e 时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h (x )≤h (e)=e,当x =e 时,等号成立.综上,x >0时,φ(x )≥h (x ),但等号不同时成立,所以x >0时,φ(x )>h (x ),即f (x )>g (x )得证.2e ln x x 22e (1ln )x x3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f (x )= x 2-a e x (a ∈R).(1)已知曲线f (x )在(0, f (0))处的切线与圆x 2+y 2-2x -2y -3=0相切,求实数a 的值;(2)已知x ≥0时, f (x )≤-x 2-ax -a 恒成立,求实数a 的取值范围.12解析 (1)圆的方程可化为(x -1)2+(y -1)2=5,则圆心为(1,1),半径为 ,对函数f (x )求导得f '(x )=x -a e x ,则f '(0)=-a ,又f (0)=-a ,于是曲线f (x )在(0, f (0))处的切线方程为y +a =-ax ,即ax +y +a =0,因为直线ax +y +a =0与圆相切,5所以 = ,则a =2,所以实数a 的值为2.(2)设g (x )=f (x )+x 2+ax +a = x 2-a e x +ax +a (x ≥0),22|1|1a a a +++532则g (x )≤0在[0,+∞)上恒成立.对g (x )求导得g '(x )=3x -a e x+a ,设h (x )=3x -a e x +a ,x ≥0,则h '(x )=3-a e x ,当a ≥3时,当x ≥0时,a e x ≥3e x≥3,即有h '(x )≤0,所以函数h (x ),即g '(x )在[0,+∞)上单调递减,于是当x ≥0时,g '(x )≤g '(0)=0,则函数g (x )在[0,+∞)上单调递减,因此当x ≥0时,g (x )≤g (0)=0,故a ≥3.当0<a <3时,令h '(x )>0,得0<x <ln ,3a则函数h (x ),即g '(x )在 上单调递增,于是当0≤x <ln 时,g '(x )>g '(0)=0,即函数g (x )在 上单调递增,因此当0≤x <ln 时,g (x )≥g (0)=0,不合题意.所以实数a 的取值范围为[3,+∞).30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a30,ln a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭3a4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f (x )=4ln x -ax + (a ≥0).(1)当a = 时,求f (x )的极值;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈ ,使得f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)3a x +121,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a = 时, f (x )=4ln x - + ,∴f '(x )= - - =- ,令f '(x )>0,可得1<x <7,令f '(x )<0,可得0<x <1或x >7,∴f (x )在(0,1),(7,+∞)上单调递减,在(1,7)上单调递增,∴f (x )极小值=f (1)=3, f (x )极大值=f (7)=4ln 7-3.(2)f '(x )= (x >0),122x 72x 4x 12272x 2(1)(7)2x x x--224(3)ax x a x -+-+。

高考备考数学专项训练：导数的综合应用下面就是查字典数学网为大家整理的2021年高考备考数学专项训练：导数的综合运用供大家参考，不时提高，学习更上一层楼。

一、选择题1.以下各坐标系中是一个函数与其导函数的图象，其中一定错误的选项是()答案：C 命题立意：此题考察导数在研讨函数单调性上的运用，难度中等.解题思绪：依次判别各个选项，易知选项C中两图象在第一象限局部，不论哪一个作为导函数的图象，其值均为正值，故相应函数应为增函数，但相反另一函数图象不契合单调性，即C选项一定不正确.2.函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)=2xf(e)+ln x，那么f(e)=()A.1B.-1C.-e-1D.-e答案：C 命题立意：此题考察函数的导数的求法与赋值法，难度中等.解题思绪：依题意得，f(x)=2f(e)+，取x=e得f(e)=2f(e)+，由此解得f(e)=-=-e-1，应选C.3.函数y=f(x)的图象如下图，那么其导函数y=f(x)的图象能够是()ABCD答案：A 命题立意：此题考察函数的性质，难度较小.解题思绪：函数f(x)的图象自左向右看，在y轴左侧，依次是增、减、增;在(0，+)上是减函数.因此，f(x)的值在y轴左侧，依次是正、负、正，在(0，+)上的取值恒非正，应选A.4.f(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数，且f(x)=f(5-x)，f(x)0.假定x1A.f(x1)f(x2)C.f(x1)+f(x2)0D.f(x1)+f(x2)0答案：B 命题立意：此题主要考察函数的性质，意在考察考生的逻辑思想才干.解题思绪：依题意得，当x时，f(x)0，那么函数f(x)在上是减函数.当x1f(x2);假定x2，那么由x1+x25得x1，此时有f(x1)f(5-x2)=f(x2).综上所述，f(x1)f(x2)，应选B.5.f(x)=x2+2xf(1)，那么f(0)等于()A.0B.-4C.-2D.2答案：B 解题思绪：此题考察导数知识的运用.由题意f(x)=2x+2f(1)， f(1)=2+2f(1)，即f(1)=-2，f(x)=2x-4， f(0)=-4.技巧点拨：处置此题的关键是应用导数求出f(1)的值.6.函数f(x)的导数为f(x)=4x3-4x，且f(x)的图象过点(0，-5)，当函数f(x)取得极大值-5时，x的值应为()A.-1B.0C.1D.1答案：B 解题思绪：可以求出f(x)=x4-2x2+c，其中c为常数.由于f(x)过(0，-5)，所以c=-5，又由f(x)=0，得极值点为x=0和x=1.又x=0时，f(x)=-5，故x的值为0.7.函数f(x)=x3-2ax2-3x(aR)，假定函数f(x)的图象上点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，那么m的值为()A.-B.-C.D.答案：A 命题立意：此题主要考察导数的几何意义及切线方程的求法.求解时，先对函数f(x)求导，令x=1求出点P(1，m)处切线的斜率，进而求出a的值，再依据点P在函数f(x)的图象上即可求出m的值.解题思绪： f(x)=x3-2ax2-3x， f(x)=2x2-4ax-3，过点P(1，m)的切线斜率为k=f(1)=-1-4a.又点P(1，m)处的切线方程为3x-y+b=0，-1-4a=3， a=-1， f(x)=x3+2x2-3x.又点P在函数f(x)的图象上， m=-.8.函数y=f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且当x0，f(x)+xf(x)0(其中f(x)是f(x)的导函数).设a=(log4)f(log4)，b=f()，c=f，那么a，b，c的大小关系是()A.cbB.caC.acD.ab答案：C 思绪点拨：令函数F(x)=xf(x)，那么函数F(x)=xf(x)为偶函数.当x0时，F(x)=f(x)+xf(x)0，此时函数F(x)在(0，+)上单调递增，那么a=F(log4)=F(-log24)=F(-2)=F(2)，b=F()，c=F=F(-lg 5)=F(lg 5)，由于0bc，应选C.9.在平面直角坐标系xOy中，P是函数f(x)=ex(x0)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P 作l的垂线交y轴于点N.设线段MN的中点的纵坐标为t，那么t的最大值是()A. B.C.e+D.e-答案：A 解题思绪：二、填空题10.函数f(x)=ex-ae-x，假定f(x)2恒成立，那么实数a的取值范围是________.答案：[3，+) 命题立意：此题考察导数的运算及不等式恒成立一类效果的解答方法，正确地分别变量是解答此题的关键，难度中等.解题思绪：据题意有f(x)=ex+ae-x2，分别变量得a(2-ex)ex=-(ex-)2+3，由于(2-ex)ex=-(ex-)2+33，故假定使不等式恒成立，只需a3即可.11.aR，函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数是偶函数，那么曲线y=f(x)在原点处的切线方程为________.答案：3x+y=0 命题立意：此题主要考察导数的求法、奇偶性的定义、导数的几何意义与直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，f(x)=3x2+2ax+(a-3)是偶函数，那么2a=0，即a=0，f(x)=3x2-3，f(0)=-3，因此曲线y=f(x)在原点处的切线方程是y=-3x，即3x+y=0.12.函数f(x)=axsin x-(aR)，假定对x，f(x)的最大值为，那么(1)a的值为________;(2)函数f(x)在(0，)内的零点个数为________.答案：(1)1 (2)2 命题立意：此题考察导数的运用以及函数零点，难度中等.解题思绪：应用导数确定函数单调性，再应用数形结合求零点个数.由于f(x)=a(sin x+xcos x)，当a0时，f(x)在x上单调递减，最大值f(0)=-，不适宜题意，所以a0，此时f(x)在x上单调递增，最大值f=a-=，解得a=1，契合题意，故a=1.f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数即为函数y=sin x，y=的图象在x(0，)上的交点个数，又x=时，sin =10，所以两图象在x(0，)内有2个交点，即f(x)=xsin x-在x(0，)上的零点个数是2.13.{an}是正数组成的数列，a1=1，且点(，an+1)(nN*)在函数y=x3+x的导函数的图象上.数列{bn}满足bn=(nN*).那么数列{bn}的前n项和Sn为________.答案：命题立意：此题主要考察多项式函数的求导方法，等差数列的概念、通项公式以及数列求和方法等基础知识，考察先生的运算才干和综合运用知识剖析、处置效果的才干.解题思绪：由得an+1=an+1，数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列， an=n，bn===-(nN*)，Sn=1-+-++-=1-=(nN*). B组一、选择题1.曲线f(x)=ln x在点(x0，f(x0))处的切线经过点(0，-1)，那么x0的值为()A. B.1 C.e D.10答案：B 命题立意：此题主要考察导数的几何意义、直线的方程等基础知识，意在考察考生的基本运算才干.解题思绪：依题意得，题中的切线方程是y-ln x0=(x-x0);又该切线经过点(0，-1)，于是有-1-ln x0=(-x0)，由此得ln x0=0，x0=1，应选B.2.函数f(x)=+1，g(x)=aln x，假定在x=处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，那么实数a的值为()A. B.C.1D.4答案：A 命题立意：此题主要考察导数的概念与曲线切线的求解，考察思想的严谨性，应留意检验.解题思绪：由题意可知f(x)=x，g(x)=，由f=g，得=，可得a=，经检验，a=满足题意.3.假定函数f(x)=-x2+bln(x+2)在[-1，+)上是减函数，那么b的取值范围是()A.[-1，+)B.(-1，+)C.(-，-1]D.(-，-1)答案：C 解题思绪：函数f(x)的导数f(x)=-x+，要使函数f(x)在[-1，+)上是减函数，那么f(x)=-x+0在[-1，+)上恒成立，即x在[-1，+)上恒成立，由于x-1，所以x+20，即bx(x+2)在[-1，+)上恒成立.设y=x(x+2)，那么y=x2+2x=(x+1)2-1，由于x-1，所以y-1，所以要使bx(x+2)在[-1，+)上恒成立，那么有b-1，应选C.4.如图是函数f(x)=x2+ax+b的局部图象，函数g(x)=ex-f(x)的零点所在的区间是(k，k+1)(kZ)，那么k的值为()A.-1或0B.0C.-1或1D.0或1答案：C 解题思绪：由二次函数f(x)的图象及函数f(x)两个零点的位置可知其对称轴x=-，解得10，g(0)=1-a0，g(1)=e-2-a0，g(2)=e2-4-a0，函数g(x)的两个零点x1(-1,0)和x2(1,2)，故k=-1或1.5.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，其导函数f(x)在(a，b)内的图象如下图，那么函数f(x)在开区间(a，b)内的极大值点有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案：B 命题立意：此题主要考察函数的导数与极值间的关系，意在考察考生的推理才干.解题思绪：依题意，记函数y=f(x)的图象与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1，x2，x3，x4，当a0;当x1本文由查字典数学网为您提供供广阔考生参考学习，希望对大家有所协助，高考频道引荐。

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋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；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(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．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点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k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(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4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .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.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

专题4.4 导数的综合应用【考纲解读与核心素养】1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养. 3. 高考预测：（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势； （2）适度关注生活中的优化问题. 4.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.【知识清单】1．利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项. 2．与函数零点有关的参数范围问题 （1）方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．（2）求极值的步骤：①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析0x 两侧导数'()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.（4）函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解4．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.【典例剖析】高频考点一 ：利用导数研究函数的零点或零点个数【典例1】（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点; (2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.【典例2】（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【方法技巧】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 【变式探究】1.（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）【多选题】关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 2.（2019·浙江高三期末）已知()ln af x x x=+，()x g x e -=，其中a R ∈， 2.718e =⋯为自然对数的底数．()I 若函数()g x 的切线l 经过()1,0点，求l 的方程；(Ⅱ)若函数()f x 在20,e ⎛⎫⎪⎝⎭为递减函数，试判断()()()x f x g x ϕ=-函数零点的个数，并证明你的结论．高频考点二：与函数零点有关的参数范围问题【典例3】（2017课标3）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【典例4】（2020·全国高考真题（文））已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围． 【变式探究】（2019·江西临川一中高考模拟（文））已知函数22()()xf x e ax x a =++存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值；（2）若函数()()2g x f x x m =--有两个零点，求实数m 的取值范围.（参考数据： 2.236e ≈≈） 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 高频考点三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题【典例5】（2020·安徽屯溪一中高二期中（理））已知不等式()1ln xxe a x x -+≥对任意正数x 恒成立，则实数a 的最大值是（ ） A ．12B ．1 CD ．2e 【典例6】（2020·全国高考真题（理））已知函数2()e xf x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【规律方法】1.一般地，若不等式a ≥f (x )恒成立，a 的取值范围是a ≥[f (x )]max ；若不等式a ≤f (x )恒成立，则a 的取值范围是a ≤[f (x )]min ．2.含参数的不等式()()f x g x >恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造()()()F x f x g x =-，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为()a h x >，或()a h x <，进而转化为求函数()h x 的最值. 【变式探究】1．（2020·湖南长郡中学高三其他（文））已知函数()()()1xf x e x a a R =-∈-.（1）讨论()f x 在区间[]1,2上的单调性； （2）若()af x e≥恒成立，求实数a 的最大值.（e 为自然对数的底） 2.（2019·全国高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 高频考点四：利用导数证明、解不等式问题【典例7】（2019·山东高考模拟（文））已知函数35791131()135791113x x x x x x f x x =+-+-+-+，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（ ） A ．-3B ．-2C ．-1D ．0【典例8】（2019·北京高考真题（文））已知函数321()4f x x x x =-+. （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值． 【规律方法】利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0. 【变式探究】1．（2018·全国高考真题（理））已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．2.（2019·浙江高考模拟）设函数2()ln ()f x ax x a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 高频考点五：利用导数解决生活中的最优化问题【典例9】（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.【典例10】（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低? 【规律方法】1.常见生活最优化问题：（1）面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验．（2）利润最大、效率最高等实际问题，关键是弄清问题的实际背景，将实际问题用函数关系表达，再求解． （3）用料最省、费用最低问题出现的形式多与几何体有关，解题时根据题意明确哪一项指标最省(往往要从几何体的面积、体积入手)，将这一指标表示为关于自变量x 的函数，利用导数或其他方法求出最值，但一定要注意自变量的取值范围． 2.利用导数解决生活中的优化问题的步骤第一步分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )第二步 求函数f (x )的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0第三步 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 第四步回归实际问题，给出优化问题的答案3.以及等号成立的条件成立，否则易犯错误，注意f ′(x 0)＝0的x 0是否在定义域内，从而进行分类讨论． 【变式探究】1.（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为40米，点到的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形，大棚内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．2.（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）2018年森林城市建设座谈会在深圳举行.会上宣读了国家森林城市称号批准决定，并举行授牌仪式，滕州市榜上有名，被正式批准为“国家森林城市”.为进一步推进国家森林城市建设，我市准备制定生态环境改造投资方案，该方案要求同时具备下列两个条件：①每年用于风景区改造的费用y 随每年改造生态环境总费用x 增加而增加；②每年用于风景区改造的费用y 不得低于每年改造生态环境总费用x 的15%，但不得高于每年改造生态环境总费用x 的25%.若每年改造生态环境的总费用至少1亿元，至多4亿元；请你分析能否采用函数模型()31416100y x x =++作为生态环境改造投资方案.。

高中数学3．4导数在实际生活中的应用专项测试同步训练 2020.031,若函数f(x)=a 2+-b x 在[0,+∞）上为增函数,则实数a 、b 的取值范围是 。

2,设函数.)().0(1),0(121)(a a f x x x x x f >⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≥-=若则实数a 的取值范围是 ．3,函数221()1x f x x -=+, 则12(2)()f f =A ．1B ．-1C ．35D ． 35-4,函数)0(3)(3>+-=a b ax x x f 的极大值为6,极小值为2,则)(x f 的减区间是 .5,点P 是曲线x x y ln 2-=上任意一点, 则点P 到直线2+=x y 的距离的最小值是 .6,某日中午12时整，甲船自A 处以16km/h 的速度向正东行驶，乙船自A 的正北18km 处以24km/h 的速度向正南行驶，则当日12时30分时两船之间距离对时间的变化率是 km/h ．。

7,已知抛物线C 1：y=x 2+2x 和C ：y=－x 2+a ，如果直线l 同时是C 1和C 2的切线，称l 是C 1和C 2的公切线，问a 取什么值时，C 1和C 2有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程；8,某厂生产某种零件，每个零件的成本为40元，出厂单价定为60元，该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100个时，每多订购一个，订购的全部零件的出厂单价就降低0.02元，但实际出厂单价不能低于51元（I ）当一次订购量为多少个时，零件的实际出厂单价恰降为51元？ （II ）设一次订购量为x 个，零件的实际出厂单价为P 元，写出函数P f x =()的表达式；9,某服装厂生产一种服装，每件服装的成本为40元，出厂单价定为60元该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100件时，每多订购一件，订购的全部服装的出厂单价就降低0．02元根据市场调查，销售商一次订购量不会超过500件（I ）设一次订购量为x 件，服装的实际出厂单价为P 元，写出函数P f x =()的表达式；（II ）当销售商一次订购了450件服装时，该服装厂获得的利润是多少元？（服装厂售出一件服装的利润＝实际出厂单价－成本） 10,若U={1,2,3,4}, M={1,2},N={2,3}, 则()U C M N U =A ．{1,2,3}B ．{2}C ．{1,3,4}D ．{4}11,设A 、B 为两个集合，下列四个命题： ① A ⊄B ⇔对任意B x A x ∉∈有, ② A ⊄B =B A I φ③ A ⊄B ⇔A B ④ A ⊄B存在B x A x ∉∈使得, 其中真命题的序号是 ．（把符合要求的命题序号都填上）12,有一块边长为6 m 的正方形钢板，将其四个角各截去一个边长为x 的小正方形，然后焊接成一个无盖的蓄水池，则蓄水池的底边为时，蓄水池的容积最大。