8mjt-衡水中學(xué)2021屆一輪復(fù)習(xí)理數(shù)專題-導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

1、第四講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用青嚴(yán)點(diǎn)聚焦 把握考點(diǎn)？明確方向咼考考點(diǎn)考點(diǎn)解讀利用導(dǎo)數(shù)研究復(fù)雜函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根1?判斷函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根的個(gè)數(shù)，或根據(jù)零點(diǎn)、方程的根存在情況求參數(shù)的值 (取值范 圍) 2?常與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值相結(jié)合命 題利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題1?根據(jù)不等式恒成立、存在性成立求參數(shù)的值(取值范圍)2.證明不等式、比擬大小利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題以實(shí)際生活問題、幾何問題為背景解決最大、最小值問題備考策略本局部?jī)?nèi)容在備考時(shí)應(yīng)注意以下幾個(gè)方面:(1) 理解并掌握函數(shù)的零點(diǎn)的概念，求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法那么及不等式的性質(zhì)，及研究不等式成立問題、證(2) 熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)，方程

2、解的個(gè)數(shù)問題明問題及大小比擬的方法和規(guī)律預(yù)測(cè)2021年命題熱點(diǎn)為:(1) 較復(fù)雜函數(shù)的零點(diǎn)，方程解的個(gè)數(shù)確實(shí)定與應(yīng)用(2) 利用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)的不等式成立及不等式證明問題?知識(shí)整合？易錯(cuò)警示?(3) 利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活及工程中的最優(yōu)化問題 核心知識(shí)整合IT he m m mi mm ME知識(shí)整合hi shi zhe ng he1. 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的幾種情況(1)假設(shè)連續(xù)函數(shù)f(x)在(a, b)內(nèi)有唯一的極大值點(diǎn)Xo,那么f(X。)是函數(shù)f(x)在a, b上的最大值，f(a), f(b)min是函數(shù)f(x)在a, b是的最小值；假設(shè)函數(shù) f(x)在(a, b)內(nèi)有唯一的極小值點(diǎn)X。，貝V

3、 f(x °是函數(shù)f(x)在a, bJ上的最小值，f(a), f(b)max是函數(shù)f(x)在a, bJ是的最大值.(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在a, b 上單調(diào)遞增，那么是函數(shù)f(x)在a, b 上的最小值，佝是函數(shù)f(x)在a, b: 上的最大值；假設(shè)函數(shù)f(x)在a, b上單調(diào)遞減，那么血是函數(shù)f(x)在a, b上的最大值，妙是函數(shù)f(x)在a, b上的最小值假設(shè)函數(shù) f(x)在: a, b上有極值點(diǎn) Xi, X2,，Xn(n? N*, n>2)，那么將 f(x f(x2)，f(xn)與 f(a), f(b)作比擬，其中最大的一個(gè)是函數(shù)f(x)在a, b上的最大值，最小的一個(gè)是函

4、數(shù)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(duì)一切 X? I 恒成立？ I 是 f(x)>g(x)的解集的子集?: f(x) - g(X) : min>O(x?I).(2) f(x)>g(x)對(duì)x ? I能成立？ I是f(x)>g(x)的解集的交集，且 I不是空集？ f(x) g(X) : max >O(X? I).(3) 對(duì)？ Xi, X? D 使得 f(Xi)W g(X2)? f(x) max < g(x) min .對(duì)? Xi? Di , ? x? D2 使得 f(Xi)> g(X2) ? f

5、(x) min > g(x) min , f(x)定義域?yàn)?Di, g(X)定義 域?yàn)?D2.3. 證明不等式問題不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、極值和最值，再由單調(diào)性或最值來證明不等式，其中構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵.高考頁題俸驗(yàn)高考真題？把損規(guī)律>hIi.(文)(20i8 全國卷 I, 2i)函數(shù) f(x)= aex In x i.(i)設(shè)x= 2是f(x)的極值點(diǎn).求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；i證明：當(dāng)a> 一時(shí)，f(x)?0.e解析(i)f(x)的定義域?yàn)?0, +), f ' (x)= aex J由題設(shè)知，f ' (2) =

6、0,所以a=2eii i從而 f(x)=看 ex In x i, f ' (x)=看 ex當(dāng) 0vx<2 時(shí)，f ' (x)<0 ;當(dāng) x>2 時(shí)，f ' (x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+s)上單調(diào)遞增.iX當(dāng)a>12時(shí)，f(x) >-In X i.eeXXeei設(shè) g(x)=In x i,貝U g' (x)=-.eex當(dāng) 0<x<i時(shí)，g' (x)<0 ；當(dāng)x>i時(shí)，g'(x)>0.所以x= i是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng) x>0 時(shí)，g(x) &g

7、t;g(i) = 0.因此，當(dāng)時(shí)a>時(shí)，f(x)>0.ex+ aln x. X(理)(20i8全國卷I, 2i)函數(shù)f(x)=(討論f(x)的單調(diào)性；假設(shè)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)Xi, X2,證明：Xi X2 <a 2- 解析(1)f(X)的定義域?yàn)?0,+S),X2 ax+2 X(i) 假設(shè)aw 2,貝U f (x)w 0,當(dāng)且僅當(dāng)a = 2,x= 1時(shí)f (x) = 0,所以f(x)在(0, + a)上單調(diào)遞(ii)假設(shè) a>2,令 f (x) = 0 得，x=a- a 4 或x=匕a2 4oo If (x) V 0 ；,f(x)> 0.f(x)在a寸 a2 4

8、° "A2 5厶5a+ a 4,+o上單調(diào)遞減，在2上單調(diào)遞增.由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)a > 2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)X1, X2滿足x2 ax +仁0,所以XiX2= 1，不妨設(shè)X1< X2,那么X2> 1.由于一f XL =丄一1 + alnx1 Inx2X1 X2X1X2X1 X22+ alnAAX1 X2 2ln X2X2 -= 2+a 2 1X2X2所以 ff 仝 v a 2 等價(jià)于X2+ 2ln X2V 0.X1 X2X2(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).解析(1)當(dāng) a= 3 時(shí)，f(x) = 1x 假設(shè)h(2) =

9、 0,即a = e, h(x)在(0, +a)上只有一個(gè)零點(diǎn)； - 3x3 3x 3,f ' (x) = x2 6x 3.令 f' (x)= 0 解得 x= 3 2 3 或 3 + 2 3.當(dāng) x? ( a, 3 2 3)或(3 + 2 3,+A)時(shí)，f ' (x)>0 ；當(dāng) x ?(3 2 3, 3+ 2 3)時(shí)，f (x)<0.故f(x)在(一a , 3 2 3), (3 + 2 3, + a)上單調(diào)遞增，在(3 2 3, 3 + 2 3)上單調(diào)遞 減.3NX(2)由于 x2+ X+ 1>0，所以 f(x)= 0 等價(jià)于 x2f 3a= 0.xx2

10、fx ?+ 2x+ 3設(shè) g(x) = x2+x+1 3a ,貝 y g ' (x) = x2+ x+1 2 > 0,僅當(dāng) x= 0 時(shí) g ' (x) = 0,所以g(x)在(一a , + a )上單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).又 f(3a 一 1) = 6a? + 2a-1 = 6 a 一 6 2 &0, f(3a+ 1) = g>0，故 f(x)有一個(gè)零點(diǎn)綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).x2(理)(2021全國卷H, 21)函數(shù)f(x)= e ax .(1) 假設(shè) a = 1,證明：當(dāng) x> 0 時(shí)，f(x)> 1;假設(shè)f(X)在(0 ,

11、 +a )只有一個(gè)零點(diǎn)，求 a.2 x解析(1)當(dāng) a= 1 時(shí)，f(x) > 1 等價(jià)于(x + 1)e K 0.設(shè)函數(shù) g(x) = (x2 + 1)ex 1，貝U g ' (x)= (x2 2x+ 1)e x= (x 1)2e x當(dāng)x豐1時(shí)，g' (x) V 0，所以g(x )在(0,1) U (1，+a )上單調(diào)遞減.而 g(0) = 0，故當(dāng) x > 0 時(shí)，g(x) < 0，即 f(x)?1.(2) 設(shè)函數(shù) h(x) = 1 ax2ex.f(x)在(0 , + a )上只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0，+a )上只有一個(gè)零點(diǎn).(i) 當(dāng) aw 0

12、 時(shí)，h(x) > 0, h(x)沒有零點(diǎn).(ii) 當(dāng) a > 0 時(shí)，h' (x)= ax(x 2)e .當(dāng) x ? (0,2)時(shí)，h ' (x)v 0 ;當(dāng) x? (2, + a)時(shí)，h ' (x)> 0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2, + a)上單調(diào)遞增.故h(2) = 1 孑是h(x)在0, + a)上的最小值.2 假設(shè)h(2) > 0,即a V e4, h(x)在(0，+a)上沒有零點(diǎn)；假設(shè) h(2) v 0,即 a >e,由(1)知，當(dāng) x> 0 時(shí)，ex> x4 5,16a316a3所以 h(4a)

13、 = 1- 丁 -e(e )弊12a故h(x)在(2,4a)有一個(gè)零點(diǎn)，因此h(x)在(0, +> 0.a)有兩個(gè)零點(diǎn).2 e 綜上，f(x)在(0, +)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a=由于h(0) = 1,所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn)43.(文)(2021全國卷川，21)函數(shù)f(x)=2ax + x 1xe(1)求曲線y= f(x)在點(diǎn)(0, 1)處的切線方程;(2)證明：當(dāng) a> 1 時(shí)，f(x) + e> 0.eAax?+ f 2a 1 x + 2 解析(1)f(x)的定義域?yàn)?R,(x) =顯然f(0) = 1，即點(diǎn)(0, 1)在曲線y= f(x)上，所求切線斜率為k=

14、 f (0) = 2,所以切線方程為 y ( 1) = 2(x 0)，即2x y 1 = 0.2(2)方法一(一邊為 0):令 g(x) = ax + (2a 1)x + 2,當(dāng)a > 1時(shí)，方程g(x)的判別式厶=(2a + 1)2>0,11由 g(x) = 0 得，x = -, 2,且一-<0<2 ,aax, f (x), f(x)的關(guān)系如下x-a,- D1 a(-12)2(2，+a )f (x)0+0f(x)極小值極大值假設(shè) x? ( a, 2 , f(x) > f 1 = e1 又因?yàn)?a> 1,411所以0< w 1,1<e <

15、e,e->e,f(x)+ e>0,aaa假設(shè)x? (2,+ a), ax2+ x -1>4a +2 -1>0 , ex>0, ay2 x 1所以f(x) = e >0 , f(x)+ e>0,綜上，當(dāng)a?1時(shí)，f(x) + e?0.當(dāng)a= 1時(shí)，f(x)=飛x.顯顯然x>0，要證f(x) + e?0只需證r?一 e,e+ e 1 即證 h(x)= x2 + x 1 + e ex?0, h' (x) = 2x + 1 + e ex,觀察發(fā)現(xiàn) h' ( 1)= 0, x, h' (x), h(x)的關(guān)系如下x(m，-1)1(1

16、,+)h' (x)0+h(x)極小值所以h(x)有最小值h( 1) = 0,所以h(x)?0即f(x)+ e?0.2當(dāng)所以X + x - 1Q Qa>1時(shí)，由知，x ?一e,又顯然ax2?x2,e2 22*2ax + x 1 x + x 1Eax + x 1?x + x 1, f(x)= x ?-x ? e,即 f(x) + e?0.e 綜上，當(dāng)a?1時(shí)，f(x)+ e?0.方法三(別離參數(shù))：當(dāng)x= 0時(shí)，f(x) + e= 1 + e?0 成立.ax2 + x 1當(dāng)x豐0時(shí)，f(x) + e> 0等價(jià)于等價(jià)于 ax2 + x 1 > ee exx+ 1=k(x)，

17、等價(jià)于 k(x) max ？ex,即ax2?一e ex x+ 1等價(jià)于 a>令 k' (x)= 0 得 x= 1,2.x, k' (x), k(x)的關(guān)系如下x(m,1)1(1,0)(0,2)2(2,+a )k' (x)+0+0k(x)極大值極大值1+ e3又因?yàn)?k( 1) = 1, k(2) = -A<0,所以k(x) max = 1 , k(x)< 1 ,0,綜上，當(dāng)a?1時(shí)，f(x) + e?0.(理)(2021 全國卷川，21)函數(shù) f(x)= (2 + x+ ax2)ln(1 + x) 2x.(1) 假設(shè) a = 0，證明：當(dāng)一 1<

18、x<0 時(shí)，f(x)<0 ;當(dāng) x>0 時(shí)，f(x)>0 ;假設(shè)x= 0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a.解析(1)當(dāng) a= 0 時(shí)，f(x) = (2 + x)ln(1 + x) 2x,xf' (x) = ln(1 + x).1 + x設(shè)函數(shù) g(x) = f' (x)= ln(1 + x),貝 U g' (x)=x.1 + x(1 + X)當(dāng)一 1<x<0 時(shí)，g' (x)<0;當(dāng) x>0 時(shí)，g' (x)>0.故當(dāng)x> 1時(shí)，g(x)> g(0) = 0,當(dāng)且僅當(dāng)x= 0時(shí)，g(x)= 0

19、，從而f' (X) A 0,當(dāng)且僅當(dāng)x= 0 時(shí)，f' (x) = 0.所以f(x)在(一1 , + 8)上單調(diào)遞增.又 f(0) = 0,故當(dāng)一1<x<0 時(shí)，f(x)<0;當(dāng) x>0 時(shí)，f(x)>0.(2) (i)假設(shè) a > 0，由(1)知，當(dāng) x>0 時(shí)，f(x) > (2 + x)ln(1 + x) 2x>0 = f(0)，這與 x= 0 是 f(x)的極大值點(diǎn)矛盾.(ii)假設(shè)a<0,設(shè)函數(shù)由于當(dāng)xivmin 1 ,h(x) = = ln(1 + x)2 + x+ ax2x2 + x+ ax.22 + x

20、+ ax >0 ,故h(x)與f(x)符號(hào)相同.x= 0是h(x)的極大值點(diǎn)又h(0) = f(0) = 0,故x= 0是f(x)的極大值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)2h' (x)=12(2 + x+ ax 2 §( 1 + 2ax )1 + x (2+ x + ax，一 , . h' (x)>0 ,故x= 0不是h(x)的極大值點(diǎn) I Vja|J如果 6a + 1<0,貝U a2x2 + 4ax+ 6a+ 1 = |x|<min 0存在根X1<0,故當(dāng)x? (X1,0)，且 時(shí)，h' (x)<0，所以x= 0不是h(x)的極大值點(diǎn). 如果

21、 6a+ 1 = 0,那么 h '(x)=(x+ 臘一6 : 12 f.那么當(dāng) x? (1,0)時(shí)，h' (x)>0 ;當(dāng) x ?(0,1)時(shí)，h' (x)<0.所以x= 0是h(x)的極大值點(diǎn)，從而 x= 0是f(x)的極大值點(diǎn). 22 2 2x a x + 4ax+ 6a + 1 x +1 ax2 + x+ 2 2 .如果6a+1>0，那么當(dāng)0<x<-詈命題熱點(diǎn)突破HE CHAN TLi Ki<經(jīng)典例題提升能力 A命題方向1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根2X例 1 (文)設(shè)函數(shù) f(x) = "2 kin X, k&g

22、t;0.(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2) 證明假設(shè)f(x)有零點(diǎn)，貝y f(x)在區(qū)間(1,e)上僅有一個(gè)零點(diǎn).、k x2 k解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0, + g), f' (x)= x -=.入入因?yàn)閗>0,所以令f' (x) = 0得x=? k,列表如下:x(0,麻)Vk& k,+g)f' (x)一0+f(x)極小值/減區(qū)間為(0,k),增區(qū)間為(；k,+ g).k_ kin k當(dāng)x = 2時(shí)，取得極小值f( ,k) = k八當(dāng),k< 1,即0<kw 1時(shí)，f(x)在(1, ,e)上單調(diào)遞增，>0,所以f(x)在區(qū)間(

23、1,e)上沒有零點(diǎn)“八 1'廠 e k e kf(1) = 2 f( .e)= 2 2 = -2-:當(dāng)1< k< e，即1<k<e時(shí)，f(x)在(1, k)上遞減，在(k, , e)上遞增，e k廠 k kin k k(1 In kf(1) = 2>0, fC-e) = F>o,f( .k)=2 = 2 >0,此時(shí)函數(shù)沒有零點(diǎn).當(dāng) k> e,即 k>e 時(shí)，f(x)在(1, ,e)上單調(diào)遞減，f(1) = A>0, fA.e)= e一k<0.所以 f(x)在區(qū)間(1,e)上僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上，假設(shè)f(x)有零點(diǎn)，貝U f

24、(x)在區(qū)間(1, . e)上僅有一個(gè)零點(diǎn).(理)(2021廣州模擬)函數(shù)f(x)= (x2 3x+ 3) ex的定義域?yàn)?, t: (t> 2).(1)試確定t的取值范圍，使得函數(shù)f(x)在2, t上為單調(diào)函數(shù)； (2)當(dāng)1<t<4時(shí)，求滿足一型=f(t 1)2的x的個(gè)數(shù).ex。3解析(1) ?/ f' (x) = (x2 3x+ 3) ex+ (2x 3) ex= x (x 1)ex，由 f' (x)>0 ,得 x>1 或 x<0;由 f' (x)<0 得 0<x<1.? f(x在( g, 0: ,: 1 , +

25、 g)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，假設(shè)使f(x)在2, t上為單調(diào)函數(shù)，那么需一2<tw 0,即t的取值范圍為(一 2,0 :.(2) ?/- = X0Xo,fe-X1= 2(t 1)2,即卩X0 -Xg=2(t1)2,令 g(x)=x2-x-2(t1)2,exoexo 3 3 32那么問題轉(zhuǎn)化為當(dāng) 1<t<4 時(shí)，求方程 g(x) = x2 x 3( t 1)2= 0 在 2, t 上的解的個(gè)數(shù) 22 2?g( 2) = 6 3(t 1)=尹 + 2)(t 4), 22 1g(t) = t(t 1) 3(t 2 i) = 3(t+ 2)(t i),?當(dāng) 1<t

26、<4 時(shí)， g( 2)>0 且 g(t)>0 ,2 2?g(0)= 3( t 1 <0 ,? g(x)= 0 在2, t上有兩解.即滿足2(t 1)2的 的個(gè)數(shù)為 2.03''規(guī)律總結(jié) 對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的相關(guān)問題， 利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解 . 這類問題求 解的通法是： (1)構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；( 2)求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；(3)畫出函數(shù)草圖；數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況進(jìn)而求解 .跟蹤訓(xùn)練 ： :*Gen zong xun lian函數(shù) f(x)= 2ln x x2 + ax

27、(a? R).(1) 當(dāng)a = 2時(shí)，求f(x)的圖象在x= 1處的切線方程；(2) 假設(shè)函數(shù)g(x) = f(x) ax+ m在廠，e 上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解析(1)當(dāng) a= 2 時(shí)， f(x)= 2ln x x2+ 2x, f - (x) = 2 2x+ 2,切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，切線 x 的斜率k = f - (1) = 2，那么切線方程為 y 1 = 2(x 1)，即y= 2x 1.(2) g(x) = 2ln x x2 + m,貝 H g (x) = ? 2x=強(qiáng)-+ 1 乞1xx1Tx? e-， e,. ? . 當(dāng) g- (x)= 0 時(shí)， x= 1.e1當(dāng) e<

28、;x<1 時(shí)， g - (x)>0 ；當(dāng) 1<x<e 時(shí)， g- (x)<0.故 g(x) 在 x = 1 處取得極大 g(1) = m 1.又 g(1_)= m 2 1 2, g(e)= m+ 22e , e e g(e) g(VeI )= 4 e +1 M<0,那么 g(e)<g (e),1? g(x在: -, e上的最小值是 g(e). eg(x)在丄，e上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是eg 1 = m 1>0,ge=m 2 -產(chǎn) 0,1解得 1<m < 2 +a2e '?實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1,2 +言.命題方向2利用導(dǎo)數(shù)證明不等

29、式或求參數(shù)范圍例2函數(shù)f(x)= In x確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在xo> 1.當(dāng)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；證明：當(dāng)x> 1時(shí)，f(x)Vx 1 ；x? (1, xo)時(shí)，恒有 f(x)> k(x 1).1 x7 + X + 1解析(1)f' (x)= x x+ 1= x , x? (0, +0,嚴(yán)；由f (x)>0得嚴(yán)；2x2 + x+1>0 ,x?1故)俶)的單調(diào)遞增區(qū)間1),那么有 F ' (x)=當(dāng) x ?(1 , + g)時(shí)，F(xiàn) ' (x)<0 ,所以 F(x)在(1,+ g)上單調(diào)遞減，故當(dāng) x>1 時(shí)，

30、F(x)vF(1) = 0,即當(dāng) x>1 時(shí)，f(x)<x 1.(3) 由知，當(dāng)k = 1時(shí)，不存在xo>1滿足題意.當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于 x>1，有f(x)<x 1<k(x 1),貝U f(x)<k(x 1),從而不存在xo>1滿足題意.解得0<x<當(dāng) k<1 時(shí)，令 G(x) = f(x) k(x 1), x? (0, +s),1 x2+(1 k)x+貝y有 G'(x)=i x +1 - k=ix由 G' (x)= 0 得，一 x2 + (1 k)x+ 1 = 0,解得X1 =1- k-(1- k)2+ 4

31、2X2 =1 k+ (1-+ 42當(dāng)x? (1 , x2)時(shí)，G' (x) >0，故G(x)在1, X2)內(nèi)單調(diào)遞增.從而當(dāng)x? (1, X2)時(shí)， G(x)>G(1)= 0,即卩 f(x)> k(x 1).綜上，k 的取值范圍是(一 R, 1).規(guī)律總結(jié)1. 兩招破解不等式的恒成立問題(1) 別離參數(shù)法第一步：將原不等式別離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值；第三步：根據(jù)要求得所求范圍.(2) 函數(shù)思想法第一步將不等式轉(zhuǎn)化為含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值；第三步：構(gòu)建不等式求解.2. 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式存

32、在性問題的方法技巧根據(jù)條件將問題轉(zhuǎn)化為某函數(shù)在該區(qū)間上最大(小)值滿足的不等式成立問題，進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)在該區(qū)間上的最值問題，最后構(gòu)建不等式求解3. 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的根本步驟(1)作差或變形.構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3) 利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值.(4) 根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式.特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值問題.跟蹤訓(xùn)練Gen zong xun lia n函數(shù)f(x)= ln x + x2 ax(a為常數(shù)).(1)假設(shè)x= 1是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求 a的值;當(dāng)0<aw 2時(shí)，試判斷f(x)的

33、單調(diào)性；假設(shè)對(duì)任意的a ? (1,2), xo? : 1,2 ，不等式f(xo)>mln a恒成立，求實(shí)數(shù) m的取值范圍.1 解析(1)f ' (x)= x+ 2x- a. 由得：f ' (1) = 0,所以1 + 2 a= 0，所以a= 3. 當(dāng)0<a< 2時(shí)，2a 2 a12x2 ax+ 1 2( x 4)+ 1 Ef, (x) =_+ 2x a =x因?yàn)?<aw 2,2 2所以 1 a8>0，而 x>0 ,即 f ' (x) = 2x ax+ 1>0, 故f(x)在(0,+S)上是增函數(shù).當(dāng)a ? (1,2)時(shí)，由知，f(

34、x)在1,2 上的最小值為f(1) = 1 a,故問題等價(jià)于：對(duì)任意-jn7 (1<a<2)1 一 a的a ? (1,2).不等式1 a>mln a恒成立.即口<仃 恒成立 記aln a 1 +那么 g' (a)=a令 M(a) = aln a 1 + a,貝 U M ' (a)= In a<0所以 M(a)<M(1) = 0,1 一 a故g' (a)<0 ,所以g(a)=在a? (1,2)上單調(diào)遞減,in a1 2所以 mw g(2) = -|j 2 = Iog2e,即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(一 一ge:某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的

35、直線型公路，為進(jìn)命題方向3利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，方案修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為11, 12,山區(qū)邊界曲線為 C,方案修建的公路為I,如下圖，M , N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn) M至到 |1, 12的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到h, 12的距離分別為20千米和2.5千米，以11, 12所在的直線分別為 y, x軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy,假設(shè)曲線aC符合函數(shù)y= x+b(其中a, b為常數(shù))模型.(1)求a, b的值；設(shè)公路I與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t.請(qǐng)寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t),并寫出其定義域解析(由題

36、意知，M點(diǎn)的坐標(biāo)為(5,40), N點(diǎn)的坐標(biāo)為(20,2.5)，代入曲線C的方程y=冷得：心l2.5= 20Vb.解得1 000b= 0.由知曲線C的方程為y =晉(5w xw 20), y'=2000,所以 y' |x= t=2 000即為I的斜率.又當(dāng)x= t時(shí)，y= 1胃0,所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為t,所以I的方程為y罟二AA(x t).1 000t2令 x = 0,得 y=攀；令 y= 0，得 x = |t.由知所以f(t) =+.i2,其中 5w t< 20.+晉 2,其中 5< t< 20?令 g(t) = 2t 2+ 3 000 2 9.2 ,69X 1

37、04t +T所以 g' (t) =2t 4%亍1039t6 8X 1069 t6 10 2 62 ?t5 = 2 ?7 t5因?yàn)?5W tw20,令 g' (t)<0,得 5W t<10 ,2 ;令 g' (t) = 0,得 t = 10 2; g' (t)>0，得 10 2<tw 20.所以g(t)在區(qū)間5,10 2)單調(diào)遞減，在(10 2, 20單調(diào)遞增.所以g(10 2) = 675是g(t)的極小值，也是最小值.所以當(dāng)t = 10 2時(shí)f(t)取得最小值，最小值為f(10 2) = 15 3.所以當(dāng)t = 10 .2時(shí)，公路L的長

38、度最短，最短長度為15,3千米.規(guī)律總結(jié)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(shí)際問題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng) = f(x).求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f (x)，解方程f' (x)= 0.求最值：比擬函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f ' (x)= 0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值.作答：回歸實(shí)際問題作答Gy(單位：千克)與銷售價(jià)格en zong xun lia n(文)某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)說明，該商品每日的銷售量x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=昌+ 1 °( x 6)2，其中3<x<

39、6 , a為常數(shù)？銷售價(jià)格為 5元/千克時(shí)，每日可售出該商品11千克.(1) 求a的值；(2) 假設(shè)該商品的本錢為 3元/千克，試確定銷售價(jià)格x的值，使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解析因?yàn)閤= 5時(shí)，y= 11,ao代入 y= + 10(x 6)2,x 3所以 |+ 10= 11, a = 2.由可知，該商品每日的銷售量y=3+ 10(x 6)2,x 3所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤f(x) =( X- 3)亡+10(x 6)2: =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

40、 6).于是，當(dāng)x變化時(shí)，f ' (x), f(x)的變化情況如下表:x(3,4)4(4.6)f ' (x)+0f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得，x= 4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn).所以，當(dāng)x= 4時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí)，商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤最大(理)一家公司方案生產(chǎn)某種小型產(chǎn)品的月固定本錢為1萬元，每生產(chǎn)1萬件需要再投入2萬元，設(shè)該公司一個(gè)月內(nèi)生產(chǎn)該小型產(chǎn)品x萬件并全部銷售完，每萬件的銷售收入為(4-2el nx 1x)萬元，且每萬件國家給予補(bǔ)助(2e;)萬元.(e為自然對(duì)

41、數(shù)的底數(shù)，是一個(gè)常數(shù))(1)寫出月利潤f(x)(萬元)關(guān)于月產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)解析式;2 當(dāng)月產(chǎn)量在 元及此時(shí)的月生產(chǎn)量值1,2e 萬件時(shí)，求該公司在生產(chǎn)這種小型產(chǎn)品中所獲得的月利潤最大值萬 萬件. 注：月利潤 =月銷售收入 +月國家補(bǔ)助一月總本錢-2) 1 x=x2+ 2(e+ 1)x 2elnx 2(x>0).(2) f(x) = x2+ 2(e+ 1)x 2elnx 2 的定義域?yàn)?,2e :2e 且 f' (x) = 2x+ 2(e+ 1) x2 x 1 x e1 w XW 2e).列表如下:x(1, e)e(e,2e:f (x)+0一f(x)極大值由上表 f(x)=

42、x2 + 2(e+ 1)x 2elnx 2在定義域1,2e 上的最大值為 得:f(e).f(e) =即月生產(chǎn)量在1,2e 萬件時(shí)，該公司在生產(chǎn)這種小型產(chǎn)品中所獲得的月利潤最大值為 2，此時(shí)的月生產(chǎn)量值為e萬件.課舄強(qiáng)化訓(xùn)練廠、"=e2f(e)1.函數(shù)fx= ax3+ bx2 + cx+ d的圖象如下圖，那么以下結(jié)論成立的是A A. a>0, b<0, c>0, d>0C. a<0, b<0, c>0, d>0解析由圖象知f(0) = d>0,因?yàn)橐?a>0, 瓷3ba>0 ,所以 b<0，又1 322.函數(shù) f(

43、x) = 3x3 2x2+ 3m,值范圍是(A )A. : 197，+s )B. a>0, b<0, c<0, d>0a>0, b>0, c>0, d<0f' (x)= 3ax2 + 2bx + c= 0有兩個(gè)不相等的正實(shí)根，所f' (0) = c>0,所以 a>0, b<0, c>0, d>0.x? :0,+s )，假設(shè)f(x) + 5> 0恒成立，那么實(shí)數(shù) m的取B . (-7, +m)C.(:八，2:D . ( S, 2)2解析f' (x) = x 4x,由 f (x)>0，

44、得 x>4 或 x<0.? f(x在(0,4)上單調(diào)遞減，在(4嚴(yán))上單調(diào)遞增，?當(dāng) X? 0 , +)時(shí)，f(x) min = f(4) ?要使f(x) + 5 > 0恒成立，只需f(4) + 5> 0恒成立即可，代入解之得3 ?假設(shè)存在正數(shù)x使2X(x a)<1成立，那么a的取值范圍是(D )A ?( m,+m )B ?( 2,+A )C. (0,+8 )D ?( 1 ,+8 )1解析T 2 = x2 + mx+ m ； n = 0 的兩根為(x a)<1 , ? a>x 產(chǎn)1令 f(x) = x尹? f (x)= 1 + 2-xin2>0.

45、? f(x)>f(0) = 0 1 = 1,? a的取值范圍為(一 1 ,+S)，應(yīng)選D.4. (2021濰坊模擬)當(dāng)x? 2,1時(shí)，不等式ax3 x2+ 4x+ 3> 0恒成立，那么實(shí)數(shù) a的取 值范圍是(C)A ? 5, 3C. 6, 2B ? 6, 8D ? 4, 3解析當(dāng) x? (0,1時(shí)，得 a> 3(弓 3 4(1)2+ x,1 令 t=,貝 U t ?1,+ g), a> 3t3 4t2 + t,x令 g(t) = 3t3 4t2 + t, t ? 1 ,+g)，貝U g ' (t)= 9t2 8t + 1 = (t+ 1) (9t 1)，顯然 在

46、1 , + g)上, g, (t)<0, g(t)單調(diào)遞減，所以g(t) max = g(1) = 6,因此 a> 6 ；同理，當(dāng)x? 2,0)時(shí)，得a< 2.由以上兩種情況得一 6< a< 2,顯然當(dāng)x= 0時(shí)也成立.2mx + m+ n x+ 12的兩個(gè)極值點(diǎn)分別故實(shí)數(shù)a的取值范圍為6, 2: ?3 x5. (文)(2021河北衡水中學(xué)調(diào)研)函數(shù)f(x) = 3+D,假設(shè)函數(shù) y= loga(x為X1, X2,且X1 ? (0,1) , X2? (1 ,+g )，點(diǎn)P(m, n)表示的平面區(qū)域?yàn)? 4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)a的取值

47、范圍是(A )A ?(1,3)B ?(1,3C. (3,+g )D . 3 ,+g )解析X1, X2,且 X1? (0,1) , X2? (1, + g),那么 f: <0,n?彳2 m+ n1 + m+ 2 <0 ,m+ n>0,即，3m + n+ 2<0m+nAO作出區(qū)域D，如圖陰影局部職-hi) *-i p3jn+fl+2=|i可得 loga(- 1 + 4)>1，所以 1<a<3.(理)(2021江西八校聯(lián)考)函數(shù)y= f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng) XM 0時(shí)，有 也>0，那么函數(shù)F(x)= xf(x) +1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(B )xxA

48、. 0B . 1C. 2D . 3解析T XM 0 時(shí)，f ' (x) + f-x>0,?f丄>0. xx當(dāng)x>0時(shí)，由式知(xf(x)' >0,? U(x) = xf(x)在(0 ,+S)上為增函數(shù)，且 U(0) = 0 -f(0) = 0,? U(x) = xf(x)>0 在(0, + g)上恒成立.1又 x>0 ,? F(x)>0 在(0, + g)上恒成立，? F(x)在(0, +g)上無零點(diǎn).當(dāng) x<0 時(shí)，(xf(x)' <0 ,1? U(x) = xf(x) +丄在(-g, 0)上為減函數(shù)，x且 U(0

49、) = 0 -f(0) = 0,? U(x) = xf(x)>0 在(-g , 0)上恒成立，? F(x) = xf(x) + -在(-g , 0)上為減函數(shù).1 當(dāng) xTO 時(shí)，xf(x)TO,二 F(x)<0,X1當(dāng) X T 8 時(shí)，> 0 ,X/? F(x)? xf(x)>0 ,?F(x)在(一8, 0)上有唯一零點(diǎn).綜上所述，F(xiàn)(x)在(8, 0) u (0, +8 )上有唯一零點(diǎn).應(yīng)選B .x6. (2021 武漢一模)函數(shù) f(x) =eL, g(x)= (x 1)2+ a2,假設(shè)當(dāng) x>0 時(shí)，存在 X!,他X? R，使得f(x2)w g(xi)成立

50、，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是(一8, eU.e,+8 ).解析由題意得存在Xi, x2 ? R，使得f(X2)W g(Xi)成立，等價(jià)于f(x)min三g(x)max .因?yàn)間(x)=(x 1)2+ a2, X>0 ,所以當(dāng)X= 1時(shí)，g(x) max = a2.X因?yàn)?f(x) = e-, x>0 ,XXX .所以f'(X)= ex e 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1 ,+8 )上單調(diào)遞增，所以 f(x)mi n= f(1) =。？又 g(x) max =八,所以 a2>e? aw ?e 或 a> . e.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(一 8, e U .e,

51、+8).X 17. x? (0,2)，假設(shè)關(guān)于x的不等式孑花二2恒成立，那么實(shí)數(shù)k的取值范圍為！°一1).解析依題意，知 k+ 2x x2>0，即k>x2 2x對(duì)任意x ?(0,2)恒成立，從而k>0,所X XX以由馬 <-2 可得k<A+ x2 2x?令f(x) =色+X2 2x,貝 U f '(x)= ° +2(x 1)=(xe k + 2x xXXXX1)(袞 + 2).令 f' (x)= 0，得 x= 1,當(dāng) x?(1,2)時(shí)，f' (x)>0,函數(shù) f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng) x? (0,1)時(shí)，

52、f'(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x) min = f(1) = e 1,故實(shí)數(shù)k的取值范 圍是0, e 1).& f(x)= ln x+ ax, a ? R.(1) 討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；一一 X22假設(shè)函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為X1, X2，且e ,求證:解析(Xi x2)f ' (Xi +函數(shù)f(x) = In x+ >6.的定義域?yàn)閤|x>0,1所以 f ' (x)= - + a.假設(shè)a> 0,貝U f '(x)>0,? f(x)在(0, +g)內(nèi)單調(diào)遞增;假設(shè)a<0，貝U

53、 f1i(x) = -+ a,由 f' (x)>0，得 0<x< ?f(x)在(0， a內(nèi)單調(diào)遞增；11由 f ' (x)= 1 + a<0，得 x> 一xa? f(x)在(一g)內(nèi)單調(diào)遞減.a證明:v In X1 + ax1= 0, In X2+ ax?= 0,In x In x = a(x x ).(X1 X2)f (X1 + X2) = (X1a)=X2)(Jrx +X1 x2X1+ X2 +X1x? a(X1X2)=x 仃eX21 一 X22+ InA2X1 X2X11 + X2x令些=t>e *MP(x) = P(x+ 1)- P(

54、x) = - 30x + 60x+ 3 275(x ? N，且 1 < x< 19).,令(f(t)=t+ In t,X11 +1t ,t2 + 1貝 U O' (t)=>0,(1 + t)t ,? Ot)在e2,+ g)內(nèi)單調(diào)遞增，2 2 2 6 強(qiáng))7(e) = 1 + >1 + 瑋=5.62f(x)?(X1 - X2)f' (X1+ X2)> .9 .某造船公司年最大造船量是20艘，造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為 R(x) = 3 700x + 45x_ 310x(單位：萬元)，本錢函數(shù)為 C(x) = 460x + 5 000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟(jì)

55、學(xué)中，函數(shù)的邊際函數(shù) Mf(x)定義為 Mf(x)= f(x+ 1) f(x).(1) 求利潤函數(shù)P(x )及邊際利潤函數(shù) MP(x);(提示：禾葉潤二產(chǎn)值一本錢)(2) 問年造船量安排多少艘時(shí)，可使公司造船的年利潤最大？(3) 求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在此題中的實(shí)際意義是什么？32* Lt解析(1)P(x) = R(x) C(x)= 10x + 45X + 3 240x 5 000(x ? N,且 1< x < 20); P ' (x)= - 30x + 90x+ 3 240二 30(x - 12)(x+ 9),因?yàn)閤>0,所以P' (x) = 0 時(shí)，x= 12,當(dāng) 0vxv12 時(shí)，P' (x)>0 ,當(dāng) x>12 時(shí)，P' (x)<0 ,所以x= 12時(shí)，P(x)有極大值，也是最大值.即年造船量安排12艘時(shí)，可使公司造船的年利