《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點問題練習(xí) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點問題練習(xí) 理（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第4講 導(dǎo)數(shù)的熱點問題
(2016課標(biāo)全國乙)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點．
(1)求a的取值范圍；
(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<2.
解 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點．
②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b
(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在兩個零點．
③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
(2)不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于
而
所以
設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以當(dāng)x>1時，g′(x)<0，而g(1)＝0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0，從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問題，高考中常與函數(shù)零點、方程根及不等式相結(jié)合，難度較大.
熱點一 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
用導(dǎo)數(shù)證明不等式是導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之一，可以間接考查用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)的最值，以及構(gòu)造函數(shù)解題的能力．
例1 (2015北京)已知函數(shù)f(x)＝ln.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)＞2；
(3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)＞k對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
(1)解 因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，
所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.
又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.
(2)證明 令g(x)＝f(x)－2，
則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.
因為g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0,1)，
即當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>2.
(3)解 由(2)知，當(dāng)k≤2時，f(x)>k對x∈(0,1)恒成立．
當(dāng)k>2時，令h(x)＝f(x)－k，
則h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.
所以當(dāng)02時，f(x)>k并非對x∈(0,1)恒成立．
綜上可知，k的最大值為2.
思維升華 用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
(1)利用單調(diào)性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，則f(a)≤f(x)≤f(b)，②對?x1，x2∈[a，b]，且x10)．
(1)當(dāng)x>0時，求證：f(x)－1≥a；
(2)在區(qū)間(1，e)上f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
(1)證明 設(shè)φ(x)＝f(x)－1－a
＝aln x－a(x>0)，
則φ′(x)＝－.
令φ′(x)＝0，則x＝1，當(dāng)01時，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故φ(x)在x＝1處取到極小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，
即f(x)－1≥a.
(2)解 由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>.
令g(x)＝(10，
故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0.
因為h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，
則g(x)0)，
則f′(x)＝(x>0)，
∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的極小值為2.
(2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點，
∴φ(x)的最大值為φ(1)＝.
又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知
①當(dāng)m>時，函數(shù)g(x)無零點；
②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
③當(dāng)0時，函數(shù)g(x)無零點；
當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
當(dāng)00；當(dāng)10，又由h>0可得r<5，
故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5)．
(2)因為V(r)＝(300r－4r3)，
故V′(r)＝(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因為r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．
當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；
當(dāng)r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．
由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.
即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．
思維升華 利用導(dǎo)數(shù)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(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)．
(2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值．
(4)作答：回歸實際問題作答．
跟蹤演練3 統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時耗油量y(升)，關(guān)于行駛速度x(千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(00，h(x)是增函數(shù)，
當(dāng)x＝80時，h(x)取到極小值h(80)＝11.25，
因為h(x)在(0,120)上只有一個極值，所以它是最小值．
故當(dāng)汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升.
已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋2)x＋(2a＋1)ln x.
(1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(3)對任意的a∈，x1，x2∈[1,2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤λ|－|，求正實數(shù)λ的取值范圍．
押題依據(jù) 有關(guān)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用試題多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與不等式等基礎(chǔ)知識和基本方法，考查分類整合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想等數(shù)學(xué)思想方法．本題的命制正是根據(jù)這個要求進行的，全面考查了考生綜合求解問題的能力．
解 (1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝x2－2x＋ln x，
f′(x)＝x－2＋，且f(1)＝－，f′(1)＝0，
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝－.
(2)f′(x)＝x－(2a＋2)＋
＝，x>0.
①當(dāng)2a＋1≤0，即a≤－時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)0<2a＋1<1，即－1，即a>0時，函數(shù)f(x)在(1,2a＋1)上單調(diào)遞減，在(0,1)，(2a＋1，＋∞)上單調(diào)遞增．
(3)根據(jù)(2)，當(dāng)a∈時，函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減．
若x1＝x2，則不等式|f(x1)－f(x2)|≤λ|－|對任意正實數(shù)λ恒成立，此時λ∈(0，＋∞)．
若x1≠x2，不妨設(shè)1≤x1f(x2)，>，
原不等式即f(x1)－f(x2)≤λ，
即f(x1)－≤f(x2)－對任意的a∈，x1，x2∈[1,2]恒成立，設(shè)g(x)＝f(x)－，則對任意的a∈[，]，x1，x2∈[1,2]，不等式g(x1)≤g(x2)恒成立，
即函數(shù)g(x)在[1,2]上為增函數(shù)，
故g′(x)≥0對任意的a∈，x∈[1,2]恒成立．
g′(x)＝x－(2a＋2)＋＋≥0，
即x3－(2a＋2)x2＋(2a＋1)x＋λ≥0，
即(2x－2x2)a＋x3－2x2＋x＋λ≥0對任意的a∈恒成立．由于x∈[1,2]，2x－2x2≤0，
故只要(2x－2x2)＋x3－2x2＋x＋λ≥0，
即x3－7x2＋6x＋λ≥0對任意的x∈[1,2]恒成立．
令h(x)＝x3－7x2＋6x＋λ，x∈[1,2]，
則h′(x)＝3x2－14x＋6<0恒成立，
故函數(shù)h(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，
所以h(x)min＝h(2)＝λ－8，只要λ－8≥0即可，即λ≥8，
故實數(shù)λ的取值范圍是[8，＋∞)．
A組 專題通關(guān)
1．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝3，對任意x∈R，f′(x)<3，則f(x)>3x＋6的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
答案 C
解析 設(shè)g(x)＝f(x)－(3x＋6)，則g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)為減函數(shù)，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根據(jù)單調(diào)性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．
2．設(shè)a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，則ab
D．若ea－2a＝eb－3b，則aeb＋3b，
令函數(shù)f(x)＝ex＋3x，
則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因為f(a)>f(b)，所以a>b，A正確，B錯誤；
由ea－2a＝eb－3b，有ea－2ab，
當(dāng)a，b∈(ln 2，＋∞)時，由f(a)0)恒成立．
設(shè)f(x)＝2ln x＋x＋，
則f′(x)＝(x>0)．
當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(1)＝4.
所以a≤4.
4．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋cln x(a，b，c為常數(shù)，a>0)在區(qū)間(0,1)和(2，＋∞)上均單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 由題意可得f′(x)＝2ax＋b＋，
則解得所以f(x)＝a(x2－6x＋4ln x)，則極大值f(1)＝－5a<0，極小值f(2)＝a(4ln 2－8)<0，又f(10)＝a(40＋4ln 10)>0，結(jié)合函數(shù)圖象可得該函數(shù)只有一個零點，故選B.
5．做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為( )
A．3 dm B．4 dm
C．6 dm D．5 dm
答案 A
解析 設(shè)圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最?。?
S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π，所以S′表＝2πR－.令S′表＝0，得R＝3，
則當(dāng)R＝3時，S表最?。蔬xA.
6．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
答案 (－4,0)
解析 由題意知使函數(shù)f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，當(dāng)x<0時，f′(x)>0；當(dāng)02時，f′(x)>0，所以當(dāng)x＝0時，f(x)取得極大值，即f(x)極大值＝f(0)＝－a；當(dāng)x＝2時，f(x)取得極小值，即f(x)極小值＝f(2)＝－4－a，
所以解得－4x1f(x2)＋x2f(x1)，則稱函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”．給出下列函數(shù)：
①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sin x－cos x)；③y＝ex＋1；④f(x)＝以上函數(shù)是“H函數(shù)”的所有序號為________．
答案?、冖?
解析 因為x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，
即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，
所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．由y′＝－3x2＋1>0得－0恒成立，所以②為“H函數(shù)”；由y′＝ex>0恒成立，所以③為“H函數(shù)”；由于④為偶函數(shù)，所以不可能在R上是增函數(shù)，所以不是“H函數(shù)”．綜上可知，是“H函數(shù)”的有②③.
8．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2－3x＋，直線l：9x＋2y＋c＝0，若當(dāng)x∈[－2,2]時，函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在直線l下方，則c的取值范圍是________．
答案 (－∞，－6)
解析 根據(jù)題意知x3－x2－3x＋<－x－在x∈[－2,2]上恒成立，則－>x3－x2＋x＋，
設(shè)g(x)＝x3－x2＋x＋，
則g′(x)＝x2－2x＋，
則g′(x)>0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上單調(diào)遞增，
所以g(x)max＝g(2)＝3，則c<－6.
9．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a∈R)，
(1)當(dāng)a＝時，如果函數(shù)g(x)＝f(x)－k僅有一個零點，求實數(shù)k的取值范圍；
(2)當(dāng)a＝2時，試比較f(x)與1的大?。?
解 (1)當(dāng)a＝時，f(x)＝ln x＋，
定義域是(0，＋∞)．
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝2.
因為當(dāng)02時，f′(x)>0，
當(dāng)0，
所以h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
當(dāng)x>1時，h(x)>h(1)＝0，即f(x)>1；
當(dāng)0f B．f(1)<2fsin 1
C.f>f D.f0，
∴′＝>0，
∴函數(shù)在上單調(diào)遞增，
從而<，即f0)，則t＋ln t＝a，
則|AB|＝＝
＝.
設(shè)g(t)＝－＋1(t>0)，
則g′(t)＝－＝(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1.
當(dāng)t∈(0,1)時，g′(t)<0；當(dāng)t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，
所以g(t)min＝g(1)＝，
所以|AB|≥，所以|AB|的最小值為.
12．已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)－x2在區(qū)間(0,1)內(nèi)任取兩個實數(shù)p，q，且p≠q，不等式>1恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．
答案 [15，＋∞)
解析?。?，表示點(p＋1，f(p＋1))與點(q＋1，f(q＋1))連線的斜率，因為p，q∈(0,1)，所以11在(1,2)內(nèi)恒成立．由定義域可知x>－1，所以f′(x)＝－2x>1，即>1＋2x，所以a>(1＋2x)(x＋1)在(1,2)內(nèi)恒成立．設(shè)y＝(1＋2x)(x＋1)，則y＝2x2＋3x＋1＝2(x＋)2－，當(dāng)1≤x≤2時，函數(shù)y＝2(x＋)2－的最大值為15，所以a≥15，即a的取值范圍為[15，＋∞)．
13．已知函數(shù)f(x)＝a.
(1)若函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線過點(0,4)，求函數(shù)f(x)的最大值；
(2)當(dāng)a<1時，若函數(shù)g(x)＝xf(x)＋x2－2x＋2在區(qū)間內(nèi)有且只有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍．(參考數(shù)值：ln 2≈0.7)
解 (1)∵f′(x)＝a＝a，
f′(1)＝－a，f(1)＝a.
∴f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－a＝－a(x－1)，
即y＝－ax＋2a.
又∵該切線過點(0,4)，∴a＝2.
∴f(x)＝2，f′(x)＝－2，
∴當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)在單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)在單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x＝時，f(x)取得最大值
f＝2＝2e－2.
(2)∵g(x)＝xf(x)＋x2－2x＋2
＝a(ln x－x＋2)＋x2－2x＋2，
∴g′(x)＝a＋2x－2＝，
令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1，顯然x1＝<，
∴在上g′(x)<0，在(1,2)上g′(x)>0，
故g(x)在上是減函數(shù)，在(1,2)上是增函數(shù)．
要使g(x)在上只有一個零點，
①函數(shù)g(x)的極小值g(1)＝a＋1＝0，即a＝－1.
②
即即
由ln 2≈0.7，可知－<，
∴－
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