第4讲 导数的综合应用
第4讲 导数的综合应用
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点? ????
12，f ?
????12处的切线与y 轴垂直. (1)求b ；
(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. (1)解 f ′(x )＝3x 2＋b .
依题意得f ′? ??
??
12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34.
(2)证明 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝1
2. f ′(x )与f (x )的情况为：
因为f (1)＝f ? ????
－12＝c ＋14，
所以当c <－1
4时，f (x )只有大于1的零点.
因为f (－1)＝f ? ????
12＝c －14，
所以当c >1
4时，f (x )只有小于－1的零点.
由题设可知－14≤c ≤1
4.
当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－1
2和1.
当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.
当－14 4时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3， 且x 1∈? ????－1，－12，x 2∈? ????－12，12，x 3∈? ?? ?? 12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1. 2.(2019·全国Ⅰ卷)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. (1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x . 当x ∈? ? ???0，π2时，g ′(x )>0； 当x ∈? ?? ?? π2，π时，g ′(x )<0， 所以g (x )在? ????0，π2上单调递增，在? ???? π2，π上单调递减. 又g (0)＝0，g ? ???? π2>0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点. (2)解 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. 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]. 考 点 整 合 1.利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1 3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式. 若证明f(x) (2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题. ①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I). ②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I). ③对?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. ④对?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min. 4.(1)判断含x，ln x，e x的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及e x≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号. (2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，e x的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展. 热点一利用导数研究函数的零点 【例1】 (2020·全国Ⅰ卷)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 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －2，x ∈R ，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)f ′(x )＝e x －a . ①当a ≤0时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增. 故f (x )至多存在一个零点，不合题意. ②当a >0时，由f ′(x )＝0，可得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增. 故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a ). (ⅰ)若0 e ，则 f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意. (ⅱ)若a >1 e ，则 f (ln a )<0. 由于f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )存在唯一零点. 由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0. 所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝e x 2·e x 2－a (x ＋2)>e ln(2a )·? ???? x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(－∞，＋∞)有两个零点. 综上，a 的取值范围是? ?? ?? 1e ，＋∞. 探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)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； 第三步：结合图象求解. 2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】 设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0 e ，试证明 f (x )恰有两个零点. (1)解 由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1 x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e x x . 因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增. (2)证明 由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e x x . 令g (x )＝1－ax 2e x ， 由0 e ，可知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且 g ? ????ln 1a ＝1－a ? ????ln 1a 2 ·1a ＝1－ ? ???? ln 1a 2 <0， 故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 不妨设为x 0，则1 g （x ）x >g （x 0） x ＝0， 所以f (x )在(0，x 0)内单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x x ＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减， 因此x 0是f (x )的唯一极值点. 令h (x )＝ln x －x ＋1， 则当x >1时，h ′(x )＝1 x －1<0， 故h (x )在(1，＋∞)内单调递减， 从而当x >1时，h (x ) 从而f ? ????ln 1a ＝ln ? ????ln 1a －a ? ?? ??ln 1a －1e ln 1a ＝ln ? ????ln 1a －ln 1a ＋1＝h ? ???? ln 1a <0. 又因为f (x 0)>f (1)＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点. 又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1， 从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点. 热点二 利用导数证明不等式 【例2】 (2020·衡水中学检测)已知函数f (x )＝ln 1＋x 1－x . (1)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2? ???? x ＋x 3 3； (2)设实数k 使得f (x )＞k ? ?? ?? x ＋x 3 3对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值. (1)证明 令g (x )＝f (x )－2? ???? x ＋x 3 3，则 g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2 )＝2x 41－x 2 . 因为g ′(x )>0(0 即当x ∈(0，1)时，f (x )>2? ?? ?? x ＋x 3 3. (2)解 由(1)知，当k ≤2时，f (x )>k ? ???? x ＋x 3 3对x ∈(0，1)恒成立. 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ? ???? x ＋x 3 3，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2） 1－x 2 . 所以当0 4 k －2 k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间? ?? ?? 0， 4 k －2k 上单调递减. 当0 4 k －2 k 时，h (x ) 即f (x ) ?? x ＋x 3 3. 所以当k >2时，f (x )>k ? ?? ?? x ＋x 3 3并非对x ∈(0，1)恒成立. 综上可知，k 的最大值为2. 探究提高 形如f (x )＞g (x )的不等式的证明：(1)首先构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，借助导数求h (x )min ，证明h (x )min ＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明. 【训练2】 (2020·岳阳二模)已知函数f (x )＝x －ln x －e x x . (1)求证：f (x )≤1－e ； (2)若f (x )＋? ?? ??x ＋1x e x －bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围. (1)证明 f (x )＝x －ln x －e x x ，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝1－1x －e x （x －1）x 2＝（x －1）（x －e x ） x 2， 由e x ≥x ＋1＞x ，知0 (2)解 f (x )＋? ?? ??x ＋1x e x －bx ≥1，即－ln x ＋x －e x x ＋x e x ＋e x x －bx ≥1， 恒有x e x －ln x －1＋x x ≥b ，即? ???? x e x －ln x －1＋x x min ≥b . 令φ(x )＝x e x －ln x －1＋x x ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln x x 2 ， 令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为x →0时，h (x )→－∞，h (1)＝e ＞0， 所以h (x )在(0，1)上存在唯一零点x 0，且h (x 0)＝x 20e x 0 ＋ln x 0＝0， 所以x 0e x 0 ＝－ln x 0x 0＝? ????ln 1x 0(eln 1 x 0 ). 令m (x )＝x e x ，上式即m (x 0)＝m ? ???? ln 1x 0. 由于m (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增， 故x 0＝ln 1x 0 ＝－ln x 0，即e x 0＝1 x 0 ， 从而φ′(x 0)＝0且0 x 0 ＝2， 所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2]. 热点三导数与不等式恒成立、存在性问题 角度1含参不等式的恒成立问题 【例3】已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围. 解设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x －4 ＝2(x＋2)(k e x－1). 由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2. (ⅰ)若1≤k 从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0； 当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1). 而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0. 故当x≥－2时，F(x)≥0， 即f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2). 从而当x>－2时，F′(x)>0， 即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增. 而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0， 即F(x)≤kg(x)恒成立. (ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上，k的取值范围是[1，e2]. 探究提高 1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可. 2.x，e x，ln x组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数 式与对数式的运算性质的应用，如1x 0 ＝eln 1 x 0 是N ＝a log a N (a ＞0，a ≠1)的应用， x 0＝ln 1x 0 化为e x 0＝1 x 0 是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式 放缩转化目标，如利用e x ≥x ＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间. 【训练3】 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性； (2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1 x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数). 解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1 x (x >0). 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝ 12a . 此时，当x ∈? ????0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈? ?? ?? 12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1 e x －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1. 而当x >1时，s ′(x )>0， 所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增. 又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0. 故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0 2a >1. 由(1)有f ? ????12a 12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立. 当a ≥1 2时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1). 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增. 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈?????? 12，＋∞. 角度2 不等式存在性问题 【例4】 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x (a ≠1).若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1， 求a 的取值范围. 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， 因为f (x )＝a ln x ＋ 1－a 2 x 2 －x ， f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ? ?? ??x －a 1－a (x －1). ①若a ≤12，则a 1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增. 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1 成立的充要条件为 f (1)＜ a a －1，即1－a 2－1＜a a －1 ，解得－2－1＜a ＜2－1. ②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1， 故当x ∈? ????1，a 1－a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈? ?? ?? a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0. f (x )在? ? ???1，a 1－a 上单调递减， 在? ???? a 1－a ，＋∞上单调递增.所以，存在x 0≥1， 使得f (x 0)＜ a a －1成立的充要条件为f ? ???? a 1－a ＜a a －1 . 而f ? ???? a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1， 所以不合题意. ③若a ＞1，f (x )在[1，＋∞)上递减， 则f(1)＝1－a 2－1＝ －a－1 2＜ a a－1 . 综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞). 探究提高“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【训练4】已知函数f(x)＝x－m ln x－m－1 x(m∈R)，g(x)＝ 1 2x 2＋e x－x e x. (1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值； (2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围. 解(1)f(x)＝x－m ln x－m－1 x，且定义域(0，＋∞)， ∴f′(x)＝1－m x＋ m－1 x2＝ （x－1）[x－（m－1）] x2， 当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0， ∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m. 当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0， ∴f(x)在[1，e]上是减函数， 则f(x)min＝f(e)＝e－m－m－1 e. 当2 f(x)min＝f(m－1)＝m－2－m ln(m－1). (2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min. 由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0， ∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－m－1 e. 又g′(x)＝x＋e x－(x＋1)e x＝x(1－e x)， 当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1. 所以m≤2且e－m－m－1 e≤1，解得 e2－e＋1 e＋1 ≤m≤2. 所以实数m 的取值范围是?? ?? ?? e 2－e ＋1e ＋1，2. A 级 巩固提升 一、选择题 1.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞) D.[4，＋∞) 解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3 x (x >0)恒成立， 设f (x )＝2ln x ＋x ＋3 x ， 则f ′(x )＝ （x ＋3）（x －1） x 2 (x >0). 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4. 所以a ≤4. 答案 B 2.已知函数f (x )＝x 2－3x ＋5，g (x )＝ax －ln x ，若对?x ∈(0，e)，?x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得f (x )＝g (x i )(i ＝1，2)，则实数a 的取值范围是( ) A.? ????1e ，6e B.???? ?? 1e ，e 74 C.???? ??6e ，e 74 D.? ? ???0，1e ∪??????6e ，e 74 解析 当x ∈(0，e)时，函数f (x )的值域为???? ?? 114，5. 由g ′(x )＝a －1x ＝ax －1 x 可知： 当a ≤0时，g ′(x )<0，与题意不符，故a >0. 令g ′(x )＝0，得x ＝1a ，则1 a ∈(0，e)， 所以g (x )min ＝g ? ?? ?? 1a ＝1＋ln a . 作出函数g (x )在(0，e)上的大致图象，如图所示， 数形结合，知?????1＋ln a <114，g （e ）＝a e －1≥5. 解之得6e ≤a 4. 答案 C 3.(2020·石家庄调研)已知函数f (x )＝(k －1)x e x ，若对任意x ∈R ，都有f (x )<1成立，则实数k 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e) B.(1－e ，＋∞) C.(－e ，0] D.(1－e ，1] 解析 由f (x )<1，得(k －1)x <1e x ＝? ????1e x ，所以曲线y ＝? ???? 1e x 恒在直线y ＝(k －1)x 的上 方. 过原点作曲线y ＝? ???? 1e x 的切线，设切点为P (x 0，y 0)，则－1e x 0＝y 0x 0，即－1e x 0＝1x 0e x 0， 得x 0＝－1. ∴y ＝? ???? 1e x 的切线的斜率k 0＝－e －x |x ＝－1＝－e ， 则－e 4.(多选题)关于函数f (x )＝2 x ＋ln x ，下列判断正确的是( ) A.x ＝2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x 1，x 2，且x 2>x 1，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>4 解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2 x2＋ 1 x＝ x－2 x2，当0 函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递 增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝2 x＋ln x－x，∴y′＝－ 2 x2＋ 1 x－1＝－x2＋x－2 x2<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个 零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<2 x2＋ ln x x，令g(x)＝ 2 x2＋ ln x x，则g′(x)＝ －4＋x－x ln x x3，令h(x)＝－4＋x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，当h′(x)>0时，0 ∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝2 x2＋ ln x x在(0，＋∞)上单调递减，且当x→ ＋∞时，g(x)→0， ∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)， 令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝ 2 2＋t ＋ln(2＋t)－ 2 2－t －ln(2－t)＝ 4t t2－4 ＋ln 2＋t 2－t ， 则u′(t)＝4（t2－4）－8t2 （t2－4）2 ＋ 2－t 2＋t · 2－t＋2＋t （2－t）2 ＝ －4t2－16 （t2－4）2 ＋ 4 4－t2 ＝ －8t2 （t2－4）2 <0， ∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t) 由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立， ∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD. 答案BD 二、填空题 5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝1 2， 则满足不等式f(x)＞1 e x的x的取值范围是________. 解析由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝e x f(x)，则g′(x)＝f′(x)e x＋f(x)e x＝e x[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增. 不等式f (x )＞1e x 等价于e x f (x )＞1，即g (x )＞1.因为f (ln 2)＝1 2，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×1 2＝1.故当x ＞ln 2时，g (x )＞g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )＞1的解集为(ln 2，＋∞). 答案 (ln 2，＋∞) 6.若对于任意正实数x ，都有ln x －a e x －b ＋1≤0(e 为自然对数的底数)成立，则a ＋b 的最小值是________. 解析 因为对于任意正实数x 都有ln x －a e x －b ＋1≤0成立，不妨将x ＝1 e 代入不等式中，得a ＋b ≥0.下面证明a ＋b ＝0时满足题意，当a ＝1，b ＝－1时，令 f (x )＝ln x －e x ＋1＋1＝ln x －e x ＋2，则f ′(x )＝1x －e ＝1－e x x .由f ′(x )＝0，得x ＝1 e ，所以 函数f (x )在? ????0，1e 上单调递增，在? ????1e ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ? ???? 1e ＝0， 即f (x )≤0对任意正实数x 都成立，所以当a ＝1，b ＝－1，即a ＋b ＝0时满足题意，所以a ＋b 的最小值为0. 答案 0 三、解答题 7.已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a . (1)证明 当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2. 令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，g ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0. ∴当x ≥0时，g (x )≥g (ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝1. (2)解 若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x －ax 2＝0在(0，＋∞)上只有一个解， 由a ＝e x x 2，令φ(x )＝e x x 2，x ∈(0，＋∞)， φ′(x )＝e x （x －2）x 3，令φ′(x )＝0，解得x ＝2. 当x ∈(0，2)时，φ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0. ∴φ(x )min ＝φ(2)＝e 24.∴a ＝e 2 4. 8.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. 证明 (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，＋∞). ①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. ②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上没有零点. ③当x ∈? ????π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在? ????π2，π单调递减.又f ? ?? ?? π2>0，f (π)<0，所以f (x ) 在? ?? ?? π2，π有唯一零点. ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1. 所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点. 综上，f (x )有且仅有2个零点. B 级 能力突破 9.(2019·天津卷改编)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间； (2)当x ∈??????π4，π2时，证明f (x )＋g (x )? ???? π2－x ≥0. (1)解 由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x ). 因此，当x ∈? ? ???2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时， 有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈? ? ???2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x 得f ′(x )>0，则f (x )单调递增. 所以f (x )的单调递增区间为??? ???2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )， f (x )的单调递减区间为??? ? ??2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ). (2)证明 记h (x )＝f (x )＋g (x )? ???? π2－x . 依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 从而g ′(x )＝－2e x sin x . 当x ∈? ?? ?? π4，π2时，g ′(x )<0， 故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )? ?? ?? π2－x ＋g (x )(－1) ＝g ′(x )? ?? ??π2－x <0. 因此，h (x )在区间?????? π4，π2上单调递减， 进而h (x )≥h ? ????π2＝f ? ???? π2＝0. 所以当x ∈??????π4，π2时，f (x )＋g (x )? ?? ?? π2－x ≥0. 10.(2020·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋b x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方 程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值； (2)如果当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1＋k x ，求k 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝a ? ???? x ＋1x －ln x （x ＋1）2 －b x 2. 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－1 2，且过点(1，1)， 故?????f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即?????b ＝1，a 2－b ＝－12. 解得a ＝1，b ＝1. (2)由(1)知f (x )＝ ln x x ＋1＋1 x ，所以 f (x )－? ???? ln x x －1＋k x ＝ 11－x 2??????2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x . 考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1） x (x ＞0)， 则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2x x 2 . (ⅰ)设k ≤0，由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2 x 2 知， 当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )递减.而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )＞0.可得 1 1－x 2h (x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得1 1－x 2h (x )＞0. 从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－? ?? ?? ln x x －1＋k x ＞0， 即f (x )＞ln x x －1＋k x . (ⅱ)设0＜k ＜1，由于(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且 Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝ 11－k >1.当x ∈? ? ? ??1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x ＞0.故h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈? ? ???1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0.与题 设矛盾. (ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0?h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得 1 1－x2 h(x)＜0，与题设矛盾. 综上，得k的取值范围为(－∞，0]. 导数的应用中常见四类问题导析 导数的引入为解决有关函数问题提供了广阔的思路，利用导数解决一些实际问题是函数内容的继续延伸，使解决问题的方法变得简化，逐渐成为高考的一热点，下面对导数在实际应用四类题型作简单的分析： 一、与容积（体积）有关的实际问题： 例1、如图所示，在边长为60cm 的正方形铁片的四角上切去相等的正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体箱子，则箱底的边长是多少时，箱子的容积最大？最大容积式多少？ 分析：可设箱高为xcm ，然后表达体积关于x 的函数，再求最值。 解：设箱的高为xcm ，则箱底边长为(602)x cm -，则箱子容积V 关于箱高x 的函数关系 式为：2()(62)V x x x =-?，(030)x << ∴2()124803600V x x x '=-+， 令()0V x '=，得10x =或30x =（舍去）， 当010x <<时，()0V x '>；当1030x <<时，()0V x '<， ∴当10x =时，()V x 取得最大值。 此时，箱底边长为6021040()cm -?=，箱子的容积为2340101600()cm ?=， 即当箱子的高为10cm ，箱底边长为40cm 时，箱子容积最大，最大容积为31600()cm 。 点评：在实际问题中，若能判定函数在定义域开区间内有唯一的极值点时，那么可以判定这个极值点的函数值就是最大（小）值。 二、与生产利润有关的实际问题： 例2、某工厂生产某种产品，已知该产品的年生产量()x t 与每吨产品的价格P （元/吨）之间的函数关系式为21242005 P x =-，且生产()x t 的成本为5000020T x =+（元），问该厂每年生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润为多少？ 分析：解本题的关键是利用“利润=收入－成本”这一等量关系，建立目标函数，注意确定 函数定义域，然后利用导数求最值。 解：设每年生产()x t 时的利润为()f x ， 则2311()(24200)(50000200)240005000055f x x x x x x =- -+=-+-，(0)x ≥ 令23()2400005 f x x '=-+=， 解得12200,200x x ==-（舍去）， 第三章 导数及其应用 第一节导数的概念及运算、定积分 1．导数的概念 (1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率li m Δx →0 Δy Δx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ? 为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′x ＝x 0，即f ′(x 0)＝li m Δx →0 Δy Δx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx . 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的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”． (2)导数的几何意义：函数f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)?处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)． ?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. (3)函数f (x )的导函数：称函数f ′(x )＝li m Δx →0 f (x ＋Δx )－f (x ) Δx 为f (x )的导函数． (4)f ′(x )是一个函数，f ′(x 0)是函数f ′(x )在x 0处的函数值(常数)，[f ′(x 0)]′＝0. 2．基本初等函数的导数公式 §3.4 导数的综合应用 基础知识 自主学习 要点梳理 1.利用导数研究函数单调性的步骤 (1)求导数 )(' x f ； (2)在函数)(x f 的定义域内解不等式)('x f >0或)(' x f <0； (3)根据(2)的结果确定函数)(x f 的单调区间 2．求可导函数极值的步骤 (1)确定函数的定义域；(2)求导数 )('x f ；(3)解方程)(' x f ＝0，求 出函数定义域内的所有根；(4)列表检验)('x f 在)(' x f ＝0的根x 0 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么)(x f 在x 0 处取极大值，如果左负右正，那么)(x f 在x 0 处取极小值． 3．求函数f (x)在闭区间[a ，b]内的最大值与最小值 (1)确定函数 )(x f 在闭区间[a ，b]内连续、可导； (2)求函数)(x f 在开区间(a ，b)内的极值； (3)求函数)(x f 在[a,b]端点处的函数值f (a)，f (b); (4)比较函数 )(x f 的各极值与f (a)，f (b)的大小，其中最大的一个是最 大值,最小的一个是最小值. 4．利用导数解决实际生活中的优化问题 (1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问 题的数学模型，写出相应的函数关系式y ＝)(x f ； (2)求导数 )(' x f ，解方程)(' x f ＝0； (3)判断使)(' x f ＝0的点是极大值点还是极小值点； (4)确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中 作答．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定 义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 基础自测 1．在平面直角坐标系xOy 中，点P 在曲线C ：y ＝x 3－10x ＋3上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线斜率为2，则点P 的坐标为________． 2．若 )(x f ＝x 3 ＋3ax 2 ＋3(a ＋2)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围为 __________________________． 3．若函数 )(x f ＝x ＋asin x 在R 上递增，则实数a 的取值范围为 4.设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) 第三讲导数的应用（解答） 一．内容提要 1、三个微分中值定理：罗尔定理(用来证与某函数的导数有关的方程根的存在性，注意辅助函数的构造、与零点定理的异同）;拉格朗日定理（可用来证不等式，从函数的导数的性质来说明函数本身的性质）；柯西定理（注意有两个函数，这一点有时在解题时是一个提示)。 2、单调性；应用（证不等式，根的唯一性）。 3、极值、最值:极值的定义,求法（先求驻点及不可导点,再用第一或第二充分条件判别）；第二充分条件的扩充；应用（证不等式,根的唯性）;最值的求法与应用题. 4、曲线的凹凸性与拐点（注意曲线方程的不同给法）。 5、泰勒公式（怎么展开，某项系数的求法，余项的写法)及应用（证不等式；求 极限等）。 6、函数作图与曲线的渐近线的求法。 水平渐近线：则是水平渐近线。 铅垂渐近线：，则是铅垂渐近线。 斜渐近线：,则是斜渐近线。 考试要求： *理解罗尔（Rolle)定理．拉格朗日（Lagrange)中值定理．了解泰勒定理．柯西（Cauchy）中值定理，掌握这四个定理的简单应用． *会用洛必达法则求极限． *．掌握函数单调性的判别方法，了解函数极值的概念，掌握函数极值、最大值和最小值的求法及其应用． *．会用导数判断函数图形的凹凸性(注：在区间内，设函数具有二阶导数．当时,的图形是凹的；当时,的图形是凸的),会求函数图形的拐点和渐近线． *．会描述简单函数的图形． 二．常考知识点 1、洛必达法则求极限． 2、利用导数确定函数的性质(单调性、极值、凹凸性、拐点等）,函数可以是显式、隐式、参数方程形式）。 3、求曲线的渐近线(水平、铅垂、斜渐近线)。 4、利用导数方法，求实际问题中的最大、小值问题。 第1讲 导数的综合应用 [最新考纲] 1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题； 2．会利用导数解决某些简单的实际问题. 知 识 梳 理 1．生活中的优化问题 通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 3．导数在研究方程(不等式)中的应用 研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究． 辨 析 感 悟 1．函数最值与不等式(方程)的关系 (1)(教材习题改编)对任意x >0，ax 2＋(3a －1)x ＋a ≥0恒成立的充要条件是a ∈???? ?? 15，＋∞.(√) (2)(2011·辽宁卷改编)已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．(√) 2．关于实际应用问题 (3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析式共同确定．(√) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×) (5)(2014·鹰潭模拟改编)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＝－1 3x 3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润 的年产量为9万件．(√) [感悟·提升] 1．两个转化 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，如(2)． 2．两点注意 一是注意实际问题中函数定义域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如(3)． 二是在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么可直接根据实际意义判定是最大值还是最小值，如(4)；若在开区间内有极值，则一定有最优解. 考点一导数与生活中的优化问题 【例1】(2013·重庆卷)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)． (1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大． 解(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元． 所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元． 又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝1 5r(300－4r 2)， 从而V(r)＝πr2h＝π 5(300r－4r 3)． 第4讲 导数的综合应用 高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题. 真 题 感 悟 1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点? ???? 12，f ? ????12处的切线与y 轴垂直. (1)求b ； (2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. (1)解 f ′(x )＝3x 2＋b . 依题意得f ′? ?? ?? 12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. (2)证明 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝1 2. f ′(x )与f (x )的情况为： 因为f (1)＝f ? ???? －12＝c ＋14， 所以当c <－1 4时，f (x )只有大于1的零点. 因为f (－1)＝f ? ???? 12＝c －14， 所以当c >1 4时，f (x )只有小于－1的零点. 由题设可知－14≤c ≤1 4. 当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－1 2和1. 当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12. 当－14 第3讲导数的应用(二) A级基础演练(时间：30分钟满分：55分) 一、选择题(每小题5分，共20分) 1．(2013·北京东城模拟)函数f(x)的定义域为开区间 (a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示， 则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()． A．1个B．2个C．3个D．4个 答案 A 2．(2013·苏州一中月考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()．A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞ 6. 答案 B 3．(2013·抚顺质检)函数y＝ln2x x的极小值为 ()． A.4 e2B．0 C.2 e D．1 解析函数的定义域为(0，＋∞)， y′＝2ln x－ln2x x2＝ －ln x(ln x－2) x2. 函数y′与y随x变化情况如下： 则当x ＝1时函数y ＝ln x x 取到极小值0. 答案 B 4．(2013·南京模拟)设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝x ·f ′(x )的图象的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是 ( )． A ．f (1)与f (－1) B ．f (－1)与f (1) C ．f (－2)与f (2) D ．f (2)与f (－2) 解析 由图象知f ′(2)＝f ′(－2)＝0.∵x >2时，y ＝x ·f ′(x )>0，∴f ′(x )>0，∴y ＝f (x )在(2，＋∞)上单调递增；同理f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减， ∴y ＝f (x )的极大值为f (－2)，极小值为f (2)，故选C. 答案 C 二、填空题(每小题5分，共10分) 5．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________． 解析 ∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ， ??? 3×22 ＋6a ×2＋3b ＝0，3×12 ＋6a ＋3b ＝－3???? a ＝－1， b ＝0. ∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2. ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案 4 6．已知函数f (x )＝? ?? －x 2＋6x ＋e 2 －5e －2，x ≤e ， x －2ln x ，x >e (其中e 为自然对数的底数， 且e ≈2.718)．若f (6－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是________． 解析 ∵f ′(x )＝? ??? ? －2x ＋6，x ≤e ，1－2 x ，x >e ，当x ≤e 时，f ′(x )＝6－2x ＝2(3－x )>0， 高中数学导数及其应用一、知识网络 二、高考考点 1、导数定义的认知与应用； 2、求导公式与运算法则的运用； 3、导数的几何意义； 4、导数在研究函数单调性上的应用； 5、导数在寻求函数的极值或最值的应用； 6、导数在解决实际问题中的应用。 三、知识要点 （一）导数 1、导数的概念 （1）导数的定义 （Ⅰ）设函数在点及其附近有定义，当自变量x在处有增量△x（△x可 正可负），则函数y相应地有增量，这两个增量的比 ，叫做函数在点到这间的平均变化率。如果 时，有极限，则说函数在点处可导，并把这个极限叫做在点 处的导数（或变化率），记作，即 。 （Ⅱ）如果函数在开区间（）内每一点都可导，则说在开区间（） 内可导，此时，对于开区间（）内每一个确定的值，都对应着一个确定的导数， 这样在开区间（）内构成一个新的函数，我们把这个新函数叫做在开区间（） 内的导函数（简称导数），记作或，即 。 认知： （Ⅰ）函数的导数是以x为自变量的函数，而函数在点处的导数 是一个数值；在点处的导数是的导函数当时的函数值。 （Ⅱ）求函数在点处的导数的三部曲： ①求函数的增量； ②求平均变化率； ③求极限 上述三部曲可简记为一差、二比、三极限。 （2）导数的几何意义： 函数在点处的导数，是曲线在点处的切线的斜率。 （3）函数的可导与连续的关系 函数的可导与连续既有联系又有区别： （Ⅰ）若函数在点处可导，则在点处连续； 若函数在开区间（）内可导，则在开区间（）内连续（可导一定连续）。 事实上，若函数在点处可导，则有此时， 记 ,则有即在点处连续。 （Ⅱ）若函数在点处连续，但在点处不一定可导（连续不一定可导）。 反例：在点处连续，但在点处无导数。 事实上，在点处的增量 第3讲导数的综合应用 1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)已知函数f(x)=e x-ax 2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a. (1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g'(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0, 即f(x)≥1. (2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (ⅰ)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ⅱ)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0; 当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值. ①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点. ②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. ③若h(2)<0,即a>, 因为h(0)=1, 所以h(x)在(0,2)上有一个零点; 由(1)知,当x>0时,e x>x2, 所以h(4a)=1-=1->1- =1->0, 故h(x)在(2,4a)上有一个零点. 因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点. 综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=. 2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+ 第3讲导数的应用(二) 【高考会这样考】 1．利用导数求函数的极值． 2．利用导数求函数闭区间上的最值． 3．利用导数解决某些实际问题． 【复习指导】 本讲复习时，应注重导数在研究函数极值与最值中的工具性作用，会将一些实际问题抽象为数学模型，从而用导数去解决．复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用. 基础梳理 1．函数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法 一般地，当函数f(x)在点x0处连续时， ①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值； ②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f′(x)； ②求方程f′(x)＝0的根； ③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．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，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点． 2．函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f(x)在(a，b)内的极值； ②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 3．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)回归实际问题作答． 两个注意 (1)注意实际问题中函数定义域的确定． (2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范 (1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件． 如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点． (3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件． 双基自测 1．(2011·福建)若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )． A ．2 B ．3 C ．6 D ．9 解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，由函数f (x )在x ＝1处有极值，可知函数f (x )在x ＝1处的导数值为零，12－2a －2b ＝0，所以a ＋b ＝6，由题意知a ，b 都是正实数，所以ab ≤? ????a ＋b 22＝? ????622 ＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取到等号． 答案 D 专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用 2019年 1（2019天津理8）已知a ∈R ，设函数222,1, ()ln ,1,x ax a x f x x a x x ?-+=?->??若关于x 的不等式 ()0f x …在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A.[]0,1 B.[]0,2 C.[]0,e D.[]1,e 2.（2019全国Ⅲ理20）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性； （2）是否存在 ,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求 出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 3.（2019浙江22）已知实数0a ≠ ，设函数()=ln 0.f x a x x > （1）当3 4 a =- 时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意2 1[ ,)e x ∈+∞ 均有()f x ≤ 求a 的取值范围. 注：e=2.71828…为自然对数的底数. 4.（2019全国Ⅰ理20）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,)2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 5.（2019全国Ⅱ理20）已知函数()1 1 ln x f x x x -=- +. （1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点； （2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的 切线. 6.（2019江苏19）设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． 第四章．中值定理与导数的应用 要求掌握的内容： 1、理解罗尔定理和拉格朗日中值定理 2、会用洛必达法则求函数极限 3、掌握函数单调性的判别方法 4、了解函数极值的概念，掌握函数极值、最值的求法及应用 5、会用导数判断函数图形的凹凸性，会求函数的拐点和渐近线。 6、会描绘简单函数的图形 一、罗尔定理 如果函数f(x)满足：在闭区间[a,b]上连续；在开区间(a,b)内可导；其中a不等于b；在区间端点处的函数值相等，即f(a)=f(b)，那么在区间(a,b)内至少存在一点ξ(a<ξ 专题三导数及其应用 第八讲导数的综合应用 、选择题 （2017新课标n ）若x = —2是函数f （X ）=（x 2 +ax —1）e x /的极值点，则 f （X ）=（x 2 +ax -1）e x 的极小值为 像可能是 AV V x C. （2016全国I ）函数y=2x 2 —e 凶在［22］的图像大致为 1. 2. A . -1 B . （2017浙江）函数 —2/ C. 5e' y = f （X ）的导函数y = f '（X ）的图像如图所示，则函数 y = f （X ）的图 3. O X (2015 四川)如果函数 f (x )=1(m -2)x 2 +(n -8)x +1(m >0, n >0)在区间［g , 2］ 单调递减，那么mn 的最大值为 （2015新课标n ）设函数f'（x ）是奇函数f （x ）（x 亡R ）的导函数，f （-1） = 0,当 x>0时, xf '（X ）— f （X ）cO ，则使得f （X ）>0成立的x 的取值范围是 A .(二,T U(0,1) B. (T ,0)U(1,址) c. c ,_1划(—1,0) D. (0,1U(H （2015新课标I ）设函数f （X ）=eX （2x-1）-ax +a ，其中a v 1，若存在唯一的整数 x 0, 使得f （x 。）€0，则a 的取值范围是 r 3 八 「3 3、 「3 3、 r 3 八 A.［一石1 )B . ^2e , 4) C . ［ 2e ,4) D .［才) （2014新课标n ）若函数 f （x ）=kx —I nx 在区间（1,+处）单调递增，则k 的取值范围是 A .(二,—2】 B .(亠1】 C. 〔2,兄)D . t 1,-^ （2014陕西）如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连续（相切） 已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 4. A. 16 B . 18 C. 25 81 D.— 5. 6. 7. 专题一 第4讲 导数的简单应用 【考情分析】 1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小. 2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题． 【要点提炼】 考点一 导数的几何意义与计算 1．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)． 2．导数的几何意义 (1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率． (2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同． (3)切点既在切线上，又在曲线上． 【典例】1 (1)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足关系式f(x)＝x 2 ＋3xf ′(2)－ln x ，则f ′(2)的值为( ) A.74 B ．－74 C.94 D ．－9 4 【答案】 B 【解析】 ∵f(x)＝x 2 ＋3xf ′(2)－ln x ， ∴f ′(x)＝2x ＋3f ′(2)－1x ， 令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)－1 2， 解得f ′(2)＝－7 4 . (2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________． 【答案】 (e,1) 【解析】 设A(x 0，ln x 0)，又y ′＝1 x ， 则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为 y －ln x 0＝1 x 0 (x －x 0)， 将(－e ，－1)代入得，－1－ln x 0＝1 x 0(－e －x 0)， 化简得ln x 0＝e x 0，解得x 0＝e ， 则点A 的坐标是(e,1)． 易错提醒 求曲线的切线方程要注意“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． 【拓展训练】1 (1)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝ae x ＋x 相切，则a 等于( ) A ．e B ．2e C ．1 D ．2 【答案】 C 【解析】 设切点为(n ，ae n ＋n)，因为y ′＝ae x ＋1， 所以切线的斜率为ae n ＋1， 切线方程为y －(ae n ＋n)＝(ae n ＋1)(x －n)， 即y ＝(ae n ＋1)x ＋ae n (1－n)， 依题意切线方程为y ＝2x ＋1， 故????? ae n ＋1＝2，ae n 1－n ＝1， 解得a ＝1，n ＝0. (2)若函数y ＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f(x)具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝ln x 第3讲 定积分与微积分基本定理 一、选择题 1.(2017·西安调研)定积分??0 1(2x ＋e x )d x 的值为( ) A.e ＋2 B.e ＋1 C.e D.e －1 解析 ??0 1(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x )???10)＝1＋e 1－1＝e.故选C. 答案 C 2.若??1a ? ?? ??2x ＋1x d x ＝3＋ln 2(a >1)，则a 的值是( ) A.2 B.3 C.4 D.6 解析 ??1a ? ????2x ＋1x d x ＝(x 2＋ln x )???a 1＝a 2＋ln a －1， ∴a 2 ＋ln a －1＝3＋ln 2，则a ＝2. 答案 A 3.从空中自由下落的一物体，在第一秒末恰经过电视塔顶，在第二秒末物体落地，已知自由落体的运动速度为v ＝gt (g 为常数)，则电视塔高为( ) A.12g B.g C.32g D.2g 解析 电视塔高h ＝??1 2 gt d t ＝ ???? ????12gt 221＝32g . 答案 C 4.如图所示，曲线y ＝x 2－1，x ＝2，x ＝0，y ＝0围成的阴影部分的 面积为( ) A.??0 2|x 2 －1|d x B.??????02（x 2 －1）d x C.??0 2(x 2－1)d x D.??01(x 2－1)d x ＋??1 2(1－x 2)d x 解析 由曲线y ＝|x 2 －1|的对称性知，所求阴影部分的面积与如下图形的面积相等，即??0 2|x 2 －1|d x . 答案 A 5.若S 1＝??12x 2d x ，S 2＝??121x d x ，S 3＝??12 e x d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( ) A.S 1 第4讲 导数的简单应用 [考情分析] 1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题． 考点一 导数的几何意义与计算 核心提炼 1．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)． 2．导数的几何意义 (1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率． (2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同． (3)切点既在切线上，又在曲线上． 例1 (1)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)－ln x ，则f ′(2)的值为( ) A.74 B ．－74 C.94 D ．－94 答案 B 解析 ∵f (x )＝x 2＋3xf ′(2)－ln x ， ∴f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)－1x ， 令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)－12 ， 解得f ′(2)＝－74 . (2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________． 答案 (e,1) 解析 设A (x 0，ln x 0)，又y ′＝1x ， 则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为 y －ln x 0＝1x 0 (x －x 0)， 将(－e ，－1)代入得，－1－ln x 0＝1x 0 (－e －x 0)， 化简得ln x 0＝e x 0 ，解得x 0＝e ， 则点A 的坐标是(e,1)． 易错提醒 求曲线的切线方程要注意“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． 跟踪演练1 (1)(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A ．a ＝e ，b ＝－1 B ．a ＝e ，b ＝1 C ．a ＝e －1，b ＝1 D ．a ＝e －1，b ＝－1 答案 D 解析 因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1， 所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以 ????? a e ＋1＝2，b ＝－1，解得????? a ＝e －1， b ＝－1. (2)直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切，则a 等于( ) A ．e B ．2e C ．1 D ．2 答案 C 解析 设切点为(n ，a e n ＋n )，因为y ′＝a e x ＋1， 所以切线的斜率为a e n ＋1， 切线方程为y －(a e n ＋n )＝(a e n ＋1)(x －n )， 即y ＝(a e n ＋1)x ＋a e n (1－n )， 依题意切线方程为y ＝2x ＋1， 专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用 1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数32 ()22f x x ax =-+. （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0 4、已知函数3 21()4 f 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 -≤≤； 5.（2019全国Ⅱ文21）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---. 证明：（1）()f x 存在唯一的极值点； （2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 6.设函数()ln (1)x f x x a x e =--，其中a R ∈. （Ⅰ）若0a ≤，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e << ， （i ）证明()f x 恰有两个零点； （ii ）设x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.总结导数的应用中常见四类问题
第三章 导数及其应用
导数的综合应用 公开课教案
【精品】(数学三)第3讲导数应用
第1讲导数的综合应用
第4讲 导数的综合应用
《创新设计》2014届高考第三篇 第3讲 导数的应用(二)
高中数学导数及其应用
2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理
【高考精品复习】第三篇 导数及其应用 第3讲 导数的应用(二)
专题三导数及其应用
第四章.中值定理与导数的应用
专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用
专题一 第4讲 导数的简单应用(解析版)
2019届高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第3讲定积分与微积分基本定理练习理北师大版
0，若??0 t (2x －2)d x ＝8，则t ＝________. 解析 由??0 t (2x －2)d x ＝8得，(x 2－2x ) ???t 0＝t 2－2t ＝8，解得t ＝4或t ＝－2(舍去). 答案 4 7.已知二次函数y ＝f (x )的图像如图所示，则它与x 轴所围成的面积为________. 解析 根据f (x )的图像可设f (x )＝a (x ＋1)·(x －1)(a <0). 因为f (x )的图像过(0，1)点， 所以－a ＝1，即a ＝－1. 所以f (x )＝－(x ＋1)(x －1)＝1－x 2. 所以S ＝??－11(1－x 2)d x ＝2??0 1(1－x 2)d x ＝2? ????x －13x 3???1 0＝2? ????1－13＝43 . 答案 43专题一 第4讲 导数的简单应用
公众号：数学研讨 专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用