《金版教程高考數學文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第四講 導數的綜合應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《金版教程高考數學文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第四講 導數的綜合應用 Word版含解析（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數學精品復習資料 2019.5 第四講　導數的綜合應用 1．利用導數求函數最值的幾種情況 (1)若連續(xù)函數f(x)在(a，b)內有唯一的極大值點x0，則f(x0)是函數f(x)在a，b]上的最大值，{f(a)，f(b)}min是函數f(x)在a，b]上的最小值；若函數f(x)在(a，b)內有唯一的極小值點x0，則f(x0)是函數f(x)在a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函數f(x)在a，b]上的最大值． (2)若函數f(x)在a，b]上單調遞增，則f(a)是函數f(x)在a，b]上的最小

2、值，f(b)是函數f(x)在a，b]上的最大值；若函數f(x)在a，b]上單調遞減，則f(a)是函數f(x)在a，b]上的最大值，f(b)是函數f(x)在a，b]上的最小值． (3)若函數f(x)在a，b]上有極值點x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，則將f(x1)，f(x2)，…，f(xn)與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是函數f(x)在a，b]上的最大值，最小的一個是函數f(x)在a，b]上的最小值． 2．不等式的恒成立與能成立問題 (1)f(x)>g(x)對一切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

3、)． (2)f(x)>g(x)對x∈I能成立?I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)對?x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)對?x1∈D1，?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min，f(x)定義域為D1，g(x)定義域為D2. 3．證明不等式問題 不等式的證明可轉化為利用導數研究函數的單調性、極值和最值，再由單調性或最值來證明不等式，其中構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵． 考點　利用導數研究函數的零點(或方程的根)　　

4、 典例示法 題型1　利用導數判斷零點(或根)的個數問題 典例1　　20xx·陜西高考]設函數f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當m＝e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值； (2)討論函數g(x)＝f′(x)－零點的個數； (3)若對任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍． 解]　(1)由題設，當m＝e時，f(x)＝ln x＋，則f′(x)＝， ∴當x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調遞減， 當x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調遞增， ∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(

5、e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)． 設φ(x)＝－x3＋x(x>0)， 則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調遞增； 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，∴x＝1是φ(x)的最大值點， ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知

6、 ①當m>時，函數g(x)無零點； ②當m＝時，函數g(x)有且只有一個零點； ③當0<m<時，函數g(x)有兩個零點； ④當m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點． 綜上所述，當m>時，函數g(x)無零點； 當m＝或m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點； 當0<m<時，函數g(x)有兩個零點． (3)對任意的b>a>0，<1恒成立， 等價于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) 設h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)， ∴(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調遞減． 由h′(x)＝－－

7、1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立， ∴m≥， ∴m的取值范圍是. 題型2　利用零點(或根)的存在情況求參數的取值范圍 典例2　　已知函數f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)當a＝2時，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程； (2)若函數g(x)＝f(x)－ax＋m在上有兩個零點，求實數m的取值范圍． 解]　(1)當a＝2時，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m

8、， 則g′(x)＝－2x＝. ∵x∈， ∴當g′(x)＝0時，x＝1. 當<x<1時，g′(x)>0； 當1<x<e時，g′(x)<0. 故g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝m－1. 又g＝m－2－， g(e)＝m＋2－e2， g(e)－g＝4－e2＋<0， 則g(e)<g， ∴g(x)在上的最小值是g(e)． g(x)在上有兩個零點的條件是 解得1<m≤2＋， ∴實數m的取值范圍是. 三步解決方程解(或曲線公共點)的個數問題 第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖象與x軸(或直線

9、y＝k)在該區(qū)間上的交點問題； 第二步：利用導數研究該函數在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象； 第三步：結合圖象求解． 考點　利用導數證明不等式　　 典例示法 題型1　利用導數證明不等式 典例3　　20xx·貴陽監(jiān)測]已知a為實常數，函數f(x)＝ln x，g(x)＝ax－1. (1)討論函數h(x)＝f(x)－g(x)的單調性； (2)若函數f(x)與g(x)有兩個不同的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2. ①求實數a的取值范圍； ②求證：－1<y1<0且ey1＋ey2>2.(注：e為自

10、然對數的底數) 解]　(1)h(x)＝ln x－ax＋1，定義域為(0，＋∞)，h′(x)＝－a. 當a≤0時，h′(x)>0，函數h(x)在(0，＋∞)上是增函數； 當a>0時，在區(qū)間上，h′(x)>0；在區(qū)間上，h′(x)<0. ∴h(x)在上是增函數，在上是減函數． (2)①函數f(x)與g(x)有兩個不同的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2，等價于函數h(x)有兩個零點x1，x2，且x1<x2. 由(1)知，當a≤0時，函數h(x)在(0，＋∞)上是增函數，不可能有兩個零點． 當a>0時，h(x)在上是增函數，

11、在上是減函數， ∴此時h為函數h(x)的最大值． ∵當h≤0時，h(x)最多有一個零點， ∴h＝ln >0，解得0<a<1. <<，且h＝－1－＋1＝－<0， h＝2－2ln a－＋1＝3－2ln a－(0<a<1)． 令F(a)＝3－2ln a－，則F′(a)＝－＋＝>0， ∴F(a)在(0,1)上單調遞增， ∴F(a)<F(1)＝3－e2<0，則h<0. ∴當0<a<1時，h(x)在和上各有一個零點， ∴a的取值范圍是(0,1)． ②證明：由(1)可知函數h(x)＝ln x－ax＋1在

12、上是增函數，在上是減函數， 所以h＝－1－＋1＝－<0，h(1)＝1－a>0. 故<x1<1，即－1<f(x1)<0， 所以－1<y1<0， 構造函數G(x)＝h－h(huán)(x)＝ln －a－(ln x－ax)， 則G′(x)＝－＋2a＝<0， ∴函數G(x)在區(qū)間上為減函數． ∵0<x1<，∴G(x1)>G＝0. 又∵h(x1)＝0，∴h＝ln －a＋1－h(huán)(x1)＝G(x1)>0＝h(x2)． ∴由(1)知x2>－x1，即ey1＋ey2>>2， ∴ey1＋ey2>2. 題型

13、2　利用導數解決存在與恒成立問題 典例4　　20xx·四川高考]已知函數f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0. (1)設g(x)是f(x)的導函數，討論g(x)的單調性； (2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解． 解]　(1)由已知，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)， 所以g′(x)＝2－＝. 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． (2)證明：由

14、f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0， 解得a＝x－1－ln x. 令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x， 則φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0. 令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)． 由u′(x)＝1－≥0知，函數u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增， 故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1`，即a0∈(0,1)． 當a＝a0時，有f′(x

15、0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0. 再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1＋∞)上單調遞增， 當x∈(1，x0)時，f′(x)<0，從而f(x)>f(x0)＝0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0； 又當x∈(0,1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0. 故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0. 綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解． 1．兩招破解不等式的恒成立問題 (1)分離參數法 第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問

16、題； 第二步：利用導數求該函數的最值； 第三步：根據要求得所求范圍． (2)函數思想法 第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題； 第二步：利用導數求該函數的極值(最值)； 第三步：構建不等式求解． 2．利用導數解決不等式存在性問題的方法技巧 根據條件將問題轉化為某函數在該區(qū)間上最大(小)值滿足的不等式成立問題，進而用導數求該函數在該區(qū)間上的最值問題，最后構建不等式求解． 3．利用導數證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形． (2)構造新的函數h(x)． (3)利用導數研究h(x)的單調性或最值． (4)根據單調性及最值，得到所證不等式． 特別地：當作差或變

17、形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題． 考點　利用導數解決生活中的優(yōu)化問題　　 典例示法 典例5　　20xx·江蘇高考]某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系xOy.假設曲線C符合函數y＝(其中a，b為

18、常數)模型． (1)求a，b的值； (2)設公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數解析式f(t)，并寫出其定義域； ②當t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度． 解]　(1)由題意知，點M，N的坐標分別為(5,40)，(20,2.5)． 將其分別代入y＝，得 解得 (2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20), 則點P的坐標為， 設在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B點， y′＝－， 則l的方程為y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝ ＝ ，t∈5,20]． ②設g(t)＝t2＋，則g′(t)＝2t－. 令

19、g′(t)＝0，解得t＝10. 當t∈(5,10)時， g′(t)<0，g(t)是減函數； 當t∈(10，20)時，g′(t)>0，g(t)是增函數； 從而，當t＝10時，函數g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15. 故當t＝10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米． 利用導數解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)建模：分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式y(tǒng)＝f(x)． (2)求導：求函數的導數f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)求最值：比較函數在區(qū)間端

20、點和使f′(x)＝0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值． (4)作答：回歸實際問題作答． 針對訓練 某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (1)求a的值； (2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 解　(1)因為x＝5時，y＝11，代入y＝＋10(x－6)2，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量 y

21、＝＋10(x－6)2， 所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝(x－3)·＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 從而，f′(x)＝10(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)． 于是，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調遞增 極大值42 單調遞減 由上表可得，x＝4是函數f(x)在區(qū)間(3,6)內的極大值點，也是最大值點． 所以，當x＝4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：當銷售價

22、格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 全國卷高考真題調研] 1．20xx·全國卷Ⅰ]設函數f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意可知存在唯一的整數x0，使得ex0(2x0－1)<ax0－a，設g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由g′(x)＝ex(2x＋1)可知g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，作出g(x)與h(x)的大致圖象如圖所示，故即所以≤a<1，故選D. 2．20x

23、x·全國卷Ⅰ]已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． (ⅰ)設a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增． (ⅱ)設a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln (－2a)． ①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增． ②若a>－

24、，則ln (－2a)<1，故當x∈(－∞，ln (－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(ln (－2a)，1)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln (－2a))，(1，＋∞)上單調遞增，在(ln (－2a)，1)上單調遞減． ③若a<－，則ln(－2a)>1，故當x∈(－∞，1)∪(ln (－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(1，ln (－2a))時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln (－2a)，＋∞)上單調遞增，在(1，ln (－2a))上單調遞減． (2)(ⅰ)設a>0，則由(1)知，f(

25、x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<ln ，則f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0， 所以f(x)有兩個零點． (ⅱ)設a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點． (ⅲ)設a<0，若a≥－，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，又當x≤1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；若a<－，則由(1)知，f(x)在(1，ln (－2a))上單調遞減，在(ln (－2a)，＋∞)上單調遞增，又當x≤1時f(x)<0，故f(x)不存在

26、兩個零點． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． 其它省市高考題借鑒] 3．20xx·陜西高考]如圖，某飛行器在4千米高空水平飛行，從距著陸點A的水平距離10千米處開始下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數圖象的一部分，則該函數的解析式為(　　) A．y＝x3－x B．y＝x3－x C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x 答案　A 解析　根據題意知，所求函數在(－5,5)上單調遞減．對于A，y＝x3－x，∴y′＝x2－＝(x2－25)， ∴?x∈(－5,5)，y′<0，∴y＝x3－x在(－5,5)內為減函數，同理可驗證B、C、D均不滿足此條件，故選A. 4

27、．20xx·福建高考]已知函數f(x)＝ln x－. (1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)證明：當x>1時，f(x)<x－1； (3)確定實數k的所有可能取值，使得存在x0>1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)>k(x－1)． 解　(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)>0得解得0<x<. 故f(x)的單調遞增區(qū)間是. (2)證明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)． 則F′(x)＝. 當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0， 所以F(x)在1，＋∞)上單調遞減， 故

28、當x>1時，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，即當x>1時，f(x)<x－1. (3)由(2)知，當k＝1時，不存在x0>1滿足題意． 當k>1時，對于x>1， 有f(x)<x－1<k(x－1)，則f(x)<k(x－1)， 從而不存在x0>1滿足題意． 當k<1時，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則G′(x)＝－x＋1－k＝. 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝<0， x2＝>1. 當x∈(1，x2)時，G′(x)>0，故G(x)在1，x2)內

29、單調遞增． 從而當x∈(1，x2)時，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)， 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． 5．20xx·山東高考]已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R. (1)討論f(x)的單調性； (2)當a＝1時，證明f(x)>f′(x)＋對于任意的x∈1,2]成立． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝. 當a≤0時，x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減． 當a>0時，f′(x)＝. ①0<

30、a<2時，>1， 當x∈(0,1)或x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減． ②a＝2時，＝1，在x∈(0，＋∞)內，f′(x)≥0，f(x)單調遞增． ③a>2時，0<<1， 當x∈或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減． 綜上所述，當a≤0時，f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1，＋∞)內單調遞減； 當0<a<2時，f(x)在(0,1)內單調遞增，在內單調遞減，在內單調遞增； 當a＝2時，f(x)

31、在(0，＋∞)內單調遞增； 當a>2時，f(x)在內單調遞增，在 內單調遞減，在(1，＋∞)內單調遞增． (2)證明：由(1)知，a＝1時， f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－＝x－ln x＋＋－－1，x∈1,2]． 設g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈1,2]． 則f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)． 由g′(x)＝≥0， 可得g(x)≥g(1)＝1， 當且僅當x＝1時取得等號， 又h′(x)＝. 設φ(x)＝－3x2－2x＋6，則φ(x)在x∈1,2]上單調遞減， 因為φ(1)＝1，φ(2)＝－10， 所以?x0∈(1,2)，使得x∈

32、(1，x0)時，φ(x)>0，x∈(x0,2)時，φ(x)<0. 所以h(x)在(1，x0)內單調遞增，在(x0,2)內單調遞減． 由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝， 當且僅當x＝2時取得等號． 所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝， 即f(x)>f′(x)＋對于任意的x∈1,2]成立． 一、選擇題 1．20xx·陜西高考]設f(x)＝x－sinx，則f(x)(　　) A．既是奇函數又是減函數 B．既是奇函數又是增函數 C．是有零點的減函數 D．是沒有零點的奇函數 答案　B 解析　∵f(－x)＝－x－si

33、n(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數．又f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)單調遞增，選B. 2．20xx·河南洛陽質檢]對于R上可導的任意函數f(x)，若滿足≤0，則必有(　　) A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)<2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1) 答案　A 解析　當x<1時，f′(x)<0，此時函數f(x)遞減；當x>1時，f′(x)>0，此時函數f(x)遞增，即當x＝1時，函數f(x)取得極小值同時也取得最小值f(1)，所以f

34、(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)＋f(2)>2f(1)，故選A. 3．20xx·河北石家莊模擬]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．4，＋∞) 答案　B 解析　2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋.設h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝.當x∈(0,1)時，h′(x)<0，函數h(x)單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數h(x)單調遞增，所以h(x)mi

35、n＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4，故a的取值范圍是(－∞，4]． 4．20xx·河北衡水中學調研]已知函數f(x)＝＋的兩個極值點分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點P(m，n)表示的平面區(qū)域為D，若函數y＝loga(x＋4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內的點，則實數a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,3] C．(3，＋∞) D．3，＋∞) 答案　A 解析　f′(x)＝x2＋mx＋＝0的兩根為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)， 則? 即 作出區(qū)域D，如圖陰影部分， 可得loga(－

36、1＋4)>1，所以1<a<3. 5．20xx·江西八校聯(lián)考]已知函數f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，令f′(x)＝0，則2a＝，設g(x)＝， 則g′(x)＝，∴g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，又∵當x→0時，g(x)→－∞，當x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1， ∴只

37、需0<2a<1?0<a<. 6．20xx·河北秦皇島二模]已知函數y＝f(x)是R上的可導函數，當x≠0時，有f′(x)＋>0，則函數F(x)＝xf(x)＋的零點個數是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　∵x≠0時，f′(x)＋>0， ∴>0，即>0.?、? 當x>0時，由①式知(xf(x))′>0， ∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 又>0，∴F(x)&

38、gt;0在(0，＋∞)上恒成立， ∴F(x)在(0，＋∞)上無零點． 當x<0時，(xf(x))′<0， ∴U(x)＝xf(x)在(－∞，0)上為減函數， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立， ∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上為減函數． 當x→0時，xf(x)→0，∴F(x)≈<0， 當x→－∞時，→0，∴F(x)≈xf(x)>0， ∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點． 綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點，故選B. 二、填空題 7．20xx·

39、山西四校聯(lián)考]函數f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是________． 答案　 解析　在平面直角坐標系中作出函數y＝f(x)的圖象，如圖，而函數y＝mx－恒過定點，設過點與函數y＝ln x的圖象相切的直線為l1，切點坐標為(x0，ln x0)．因為y＝ln x的導函數y′＝，所以圖中y＝ln x的切線l1的斜率為k＝，則＝，解得x0＝，所以k＝.又圖中l(wèi)2的斜率為，故當方程f(x)＝mx－恰有四個不相等的實數根時，實數m的取值范圍是. 8．20xx·河南鄭州質檢三]設函數f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數，其導函數為f′(x)

40、，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0的解集為________． 答案　(－∞，－20xx) 解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，∴x2f(x)]′<x3<0.令F(x)＝x2f(x)(x<0)，則F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是減函數，因為F(x＋20xx)＝(x＋20xx)2f(x＋20xx)，F(xiàn)(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0即為F(

41、x＋20xx)－F(－2)>0，即F(x＋20xx)>F(－2)，又因為F(x)在(－∞，0)上是減函數，所以x＋20xx<－2，∴x<－20xx. 9．已知偶函數y＝f(x)對于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，則下列不等式中成立的有________． (1)f<f (2)f>f (3)f(0)<f (4)f<f 答案　(2)(3)(4) 解析　因為偶函數y＝f(x)對于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，且f′(x)cosx＋f(x)s

42、inx＝f′(x)cosx－f(x)(cosx)′，所以可構造函數g(x)＝，則g′(x)＝>0，所以g(x)為偶函數且在上單調遞增，所以有g＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝＝f.由函數單調性可知g<g<g，即f<f<2f，所以(2)(4)正確，(1)錯．對于(3)，g＝g＝f>g(0)＝f(0)，所以(3)正確． 三、解答題 10．20xx·珠海模擬]某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產值函數為R(x)＝3700x＋45x2－10x3(單位：萬元)，成本函數為C(x)＝460x＋5000(單位：萬元)，又在經濟學中，函數f(x)的

43、邊際函數Mf(x)定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)． (1)求利潤函數P(x)及邊際利潤函數MP(x)；(提示：利潤＝產值－成本) (2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？ (3)求邊際利潤函數MP(x)的單調遞減區(qū)間，并說明單調遞減在本題中的實際意義是什么？ 解　(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)； MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)． (2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)， 因為x&g

44、t;0，所以P′(x)＝0時，x＝12， 當0<x<12時，P′(x)>0， 當x>12時，P′(x)<0， 所以x＝12時，P(x)有極大值，也是最大值． 即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利潤最大． (3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305. 所以，當x≥1時，MP(x)單調遞減， 所以單調減區(qū)間為1,19]，且x∈N*. MP(x)是減函數的實際意義是：隨著產量的增加，每艘利潤與前一艘比較，利潤在減少． 11．已知函數f(x)＝x＋aln x－1. (1)當a∈R時，求函數f(x)的單調區(qū)間；

45、(2)若f(x)＋≥0對于任意x∈1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋＝， 當a≥0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數， 當a<0時，當0<x<－a時，f′(x)<0，當x>－a時，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，－a)上為減函數，f(x)在(－a，＋∞)上為增函數． (2)由題意知x＋aln x－1＋≥0在x∈1，＋∞)恒成立， 設g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈1，＋∞)， 則g′(x)＝1＋＋＝，x∈1，＋∞)， 設h(x)＝2x2＋2ax＋1

46、－ln x，則h′(x)＝4x－＋2a， 當a≥0時，4x－為增函數，所以h′(x)≥＋a>0， 所以g(x)在1，＋∞)上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當－≤a<0時，h′(x)≥＋a≥0， 所以g(x)在1，＋∞)上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當a<－時，當x∈時，2a＋1<－2x， 由(1)知，當a＝－1時，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1， －ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0， 此時g′(x)<0，所以g(x)在上單調遞減，在上

47、，g(x)<g(1)＝0，不符合題意． 綜上所述a≥－. 12．20xx·濟寧模擬]已知函數f(x)＝ex－ax－a(其中a∈R，e是自然對數的底數，e＝2.71828…)． (1)當a＝e時，求函數f(x)的極值； (2)當0≤a≤1時，求證f(x)≥0； (3)求證：對任意正整數n，都有…<e. 解　(1)當a＝e時，f(x)＝ex－ex－e，f′(x)＝ex－e， 當x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0. 所以函數f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， 所以函數f(x)在x＝1處取得極小

48、值f(1)＝－e， 函數f(x)無極大值． (2)證明：由f(x)＝ex－ax－a，f′(x)＝ex－a， ①當a＝0時，f(x)＝ex>0恒成立，滿足條件． ②當0<a≤1時，由f′(x)＝0，得x＝ln a， 則當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0； 當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0， 所以函數f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減， 在(ln a，＋∞)上單調遞增， 所以函數f(x)在x＝ln a處取得極小值即為最小值 f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a 因為0<a≤1，所以ln a

49、≤0，所以－aln a≥0 所以f(x)min≥0，所以當0≤a≤1時，f(x)≥0； (3)證明：由(2)知，當a＝1時，f(x)≥0恒成立， 所以f(x)＝ex－x－1≥0恒成立， 即ex≥x＋1，所以ln (x＋1)≤x， 令x＝(n∈N*)，得ln ≤， 所以ln ＋ln ＋…＋ln ≤＋＋…＋＝＝1－n<1. 所以…<e. 典題例證 20xx·全國卷Ⅲ]設函數f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論f(x)的單調性； (2)證明當x∈(1，＋∞)時，1<<x； (3)設c>1，證明當x∈(0,1)時，1＋(c－1

50、)x>cx. 審題過程 　求出導函數f(x)然后確定函數f(x)的單調性． 　利用(1)的結論證明不等式；構造新函數，通過研究新函數的單調性進行證明. 　(1)由題設知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. 當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增； 當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減． (2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當x≠1時，ln x<x－1. 故當x∈(1，＋∞)時，ln x<x－1，ln <－1， 所以&

51、gt;1且x·ln x>x－1，即1<<x. (3)證明：由題設c>1，設g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 則g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0， 解得x0＝. 當x<x0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減． 由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故當0<x<1時，g(x)>0. 所以當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x>cx. 模型歸納 利用導數證明不等式的模型示意圖如下：