第04講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用（人教A版2019選擇性）

第04講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用【人教A版2019】·模塊一導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點（方程根）問題·模塊二導(dǎo)數(shù)中的不等式證明·模塊三導(dǎo)數(shù)中的恒成立、能成立問題·模塊四課后作業(yè)模塊一模塊一導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點（方程根）問題1．導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點（方程根）問題利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的零點（方程的根）主要有兩種方法：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的最值，轉(zhuǎn)化為f(x)圖象與x軸的交點問題，主要是應(yīng)用分類討論思想解決.(2)分離參變量，即由f(x)=0分離參變量，得a=g(x)，研究y=a與y=g(x)圖象的交點問題.【考點1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點（方程的根）】【例1.1】（2023上·天津濱海新·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx=xex+1x≥0A．1,1+1e∪C．1,1+1e∪【解題思路】先求出函數(shù)f(x)?1的零點即可求得f(x)?a的值，再結(jié)合函數(shù)y=f(x)的圖象及要求的零點個數(shù)求出m范圍得解.【解答過程】令y=xex+1，x≥0，y′=1?xex因此，函數(shù)y=xex+1在x=1時，ymax=1+1e，且當(dāng)x<0時，f(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞減，在x=?1時，f當(dāng)x<0時，由f(x)?1=0得x=?2，即x≥0，由f(x)?1=0得x=0，則有函數(shù)f(x)?1的零點為2，0，函數(shù)y=f(f(x)?a)?1有三個零點，當(dāng)且僅當(dāng)f(x)?a=?2和f(x)?a=0共有三個零點，即f(x)=a?2和f(x)=a共有三個零點，當(dāng)a?2>1+1e，即a>3+1e時，當(dāng)a?2=1+1e，即a=3+1e時，當(dāng)1<a?2<1+1e，即3<a<3+1e時，當(dāng)0<a?2≤1，即2<a≤3時，f(x)=a?2有兩個零點，f(x)=a有一個零點，共三個零點，當(dāng)a?2=0，即a=2時，f(x)=a?2和f(x)=a各有一個零點，共兩個零點，當(dāng)a?2<0，即a<2時，f(x)=a?2無零點，要y=f(f(x)?a)?1有三個零點，當(dāng)且僅當(dāng)f(x)=a有三個零點，必有1<a<1+1所以實數(shù)a的取值范圍是(1,1+1故選：B.【例1.2】（2023·陜西商洛·陜西省丹鳳中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx=xex,x<0?x2A．?∞,?1e B．?1e【解題思路】求導(dǎo)分析函數(shù)fx的單調(diào)性及極值，作出函數(shù)fx的圖象，把方程f2【解答過程】因為當(dāng)x<0時，fx=xe所以當(dāng)x∈?∞,?1時，f當(dāng)x∈?1,0時，f′x>0，fx又因為當(dāng)x≥0時，fx所以fx在x∈0,1時單調(diào)遞增，在x∈1,+所以作出函數(shù)fx由f2x?所以fx=2或fx=t，則數(shù)形結(jié)合可知?1故選：B.【變式1.1】（2023上·北京·高三?？茧A段練習(xí)）已知fx=xexA．存在實數(shù)k，使得對任意實數(shù)m，函數(shù)gxB．存在實數(shù)m，使得對任意實數(shù)k，函數(shù)gxC．對于任意實數(shù)m，存在實數(shù)k，使得函數(shù)gxD．對于任意實數(shù)k，存在實數(shù)m，使得函數(shù)gx【解題思路】根據(jù)題意畫出函數(shù)在x∈?∞,0上的圖象，再對參數(shù)k進(jìn)行分類討論即可得不管k取何值時，函數(shù)fx的值域不為R，所以A錯誤；由圖可知，當(dāng)m∈?1e,0時，y=m與fx=xex在x∈?∞,0【解答過程】由解析式可知，當(dāng)x≤0時，fx=xe易知當(dāng)x∈?∞,?1時，f′x即可得函數(shù)fx在?∞,?1所以函數(shù)fx在x=?1處取得極小值，也是最小值為?1即可得fx=xex在易知，當(dāng)k=0時，函數(shù)fx當(dāng)k>0時，易知二次函數(shù)y=kx2?x其圖象大致如下圖所示：當(dāng)k<0時，易知二次函數(shù)y=kx2?x其圖象大致如下圖所示：由以上三種情況可知，當(dāng)k≤0時，函數(shù)fx的值域為?當(dāng)k>0時，易知y=kx2?x在對稱軸x=所以當(dāng)k≥e4時，?14k≥?當(dāng)0<k<e4時，?14k<?對于A，若使得對任意實數(shù)m，函數(shù)gx都有零點，即函數(shù)y=m與函數(shù)f此時須滿足存在實數(shù)k使得fx的值域為R由圖象可知，不管k取何值時，函數(shù)fx的值域都不為R對于B，易知當(dāng)m∈?1e,0時，y=m與所以不管k取何值時，只需m∈?1e,0，函數(shù)即存在實數(shù)m∈?1e,0，使得對任意實數(shù)對于C，根據(jù)圖象可得，對于任意實數(shù)m>0，不管k取何值時，函數(shù)fx與y=m即m>0時，不滿足對于任意實數(shù)m，存在實數(shù)k，使得函數(shù)gx對于D，當(dāng)k≤0時，易知不管k取何值時，僅存在m∈?1e由圖可知當(dāng)0<k<e4時，易知m∈?即對于任意實數(shù)k，不存在實數(shù)m，使得函數(shù)gx故選：B.【變式1.2】（2020·湖北黃岡·黃岡中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fx=x,x>0e2x,x≤0，gx=?x2+2x（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)），若關(guān)于x的方程gfxA．32?ln2 B．?32【解題思路】分別畫出fx和gx的圖像，令t=fx,t>0，則gt=?t2+2t=m，要滿足題意，則0<m<1，此時y=m與y=g(t)有兩個交點t1,t2，且【解答過程】根據(jù)題意畫出fx和gx的圖像，如圖，令t=fx,則t>0當(dāng)0<m<1時，y=m與y=g(t)有兩個交點t1,t當(dāng)t=t1時對應(yīng)兩個x值，當(dāng)t=t2時對應(yīng)一個x值，則方程恰有三個不等實根x1，x2，x3，且e構(gòu)造函數(shù)ht?′t=2?1h(t)在0,14上單調(diào)遞減，在所以當(dāng)t=14故選：B.模塊二模塊二導(dǎo)數(shù)中的不等式證明1．導(dǎo)數(shù)中的不等式證明(1)一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數(shù)值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可.(2)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，可考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題．【考點1

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式】【例1.1】（2023上·湖南衡陽·高二?？计谀┮阎瘮?shù)f(x)=ax+lnx+1，(1)若f(x)的極大值為1，求實數(shù)a的值；(2)若a=?1，求證：f(x)≤g(x).【解題思路】（1）分類討論，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)極大值建立方程求解即可；（2）把問題轉(zhuǎn)化為證明xe【解答過程】（1）f(x)的定義域為(0,+∞)，當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞當(dāng)a<0時，令f′(x)>0，得0<x<?1a，令所以f(x)在0,?1a上單調(diào)遞增，在故當(dāng)x=?1a時，f(x)取得極大值，極大值為f?經(jīng)驗證a=?1e符合題意，故實數(shù)a的值為（2）當(dāng)a=?1時，f(x)=lnx?x+1，故要證f(x)≤g(x)，即證令F(x)=xex?x?lnx?1令G(x)=ex?1x所以G(x)在(0,+∞又因為G12=所以?x0∈12當(dāng)x∈0,x0時，G(x)<0，當(dāng)x∈所以F(x)在0,x0上單調(diào)遞減，在所以F(x)又因為ex0=所以F(x)所以F(x)≥0，即xex?x?【例1.2】（2023上·云南昆明·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a≤0時，若fx1=fx2【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論，即討論a的取值范圍，判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可得答案；（2）采用分析論證的方法，即要證明x1x2<4，需證明x2【解答過程】（1）由題意得函數(shù)定義域為0,當(dāng)a=0時，f′則令f′x>0，得x<2，故f令f′x<0，得x>2，故f當(dāng)a<0時，f′則當(dāng)0<x<2時，f′x>0，故f當(dāng)x>2時，f′x<0，f當(dāng)0<a<12時，1a>2，則當(dāng)x∈0,2∪1當(dāng)x∈2,1a時，f′x當(dāng)a=12時，f'x=x?22當(dāng)a>12時，1a<2，則當(dāng)x∈0,1a當(dāng)x∈1a,2時，f′x綜上，當(dāng)a≤0時，fx在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,+當(dāng)0<a<12時，fx在0,2當(dāng)a=12時，fx當(dāng)a>12時，fx在0,（2）當(dāng)a≤0時，fx在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,+∞)若fx1=fx2且x要證明x1x2<4，只需證故只需證f(x2)>f(令g(x)=f(x)?f(4x),x∈(0,2)則g=ax?1因為x∈(0,所以g′(x)<0恒成立，故g(x)在故g(x)>g(2)=f(2)?f(2)=0，即f(x)>f(4x)故x1【變式1.1】（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，求fx(2)若fx≥0，求(3)求證：sin1【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得最值；（2）分情況討論函數(shù)的單調(diào)性與最值情況，可得參數(shù)值；（3）利用放縮法，由sinx<xx>0，可知若證sin1n+1+【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx=ln則f′當(dāng)x∈?1,0時，f′x當(dāng)x∈0,+∞時，f′所以fx在x=0處取得極小值0（2）由題意得f′①當(dāng)a≤0時，f′x>0，所以f所以當(dāng)x∈?1,0時，fx<f②當(dāng)a>0時，當(dāng)x∈?1,a?1時，f′x當(dāng)x∈a?1,+∞時，f′所以fx因為fx≥0恒成立，所以記ga=ln當(dāng)a∈0,1時，g′a當(dāng)a∈1,+∞時，g′所以gamax=g又lna?所以lna?所以a=1；（3）證明：先證sinx<x設(shè)?x=sin所以?x在區(qū)間0,+所以?x<?0所以sin1再證1n+1由（2）可知lnx+1≥x令x=1nn∈即1n+1所以1n+2<lnn+2?累加可得1n+1所以sin1【變式1.2】（2023上·山西呂梁·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若方程fx=1?xlnx有兩個不等的實數(shù)根x1，【解題思路】（1）先求導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合定義域根據(jù)參數(shù)分類討論即可；（2）由題設(shè)t=x2x1可得根據(jù)導(dǎo)函數(shù)構(gòu)造?t=t?1t?2得x1【解答過程】（1）因為fx=①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，fx②a>0時，Δ=1+8a>0由韋達(dá)定理可得x1x2=?1f′x=0解得x=所以f(x)在0,1+1+8a4a單調(diào)遞增，f(x)綜上所述：當(dāng)a≤0時，fx在0a>0時fx在0,1+1+8a（2）由fx=1?xlnx得：ln則lnx?ax+1=0有兩個不等的實數(shù)根x1，x2設(shè)t=x2x1，因為x2所以lntx1又lnx1?ax所以lnx1=從而ln設(shè)gt=t+1設(shè)?t=t?1t?2lnt又?2=32?2ln2>0，所以?因為g2=3ln2?2=ln故x1x2模塊三模塊三導(dǎo)數(shù)中的恒成立、能成立問題1．導(dǎo)數(shù)中的恒（能）成立問題解決不等式恒（能）成立問題有兩種思路：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題，根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，即可解決問題．(2)分類討論法解決恒（能）成立問題，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)進(jìn)行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，據(jù)此進(jìn)行求解即可.【考點1

利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題】【例1.1】（2023上·山西呂梁·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）若關(guān)于x的不等式ea+x?lnx<x2+axA．?∞,0 B．?1,0 C．?1,+∞【解題思路】利用同構(gòu)得到lnxelnx<a+xea+x，當(dāng)a≥0時，滿足要求，當(dāng)a<0時，令f(x)=xe【解答過程】由ea+x?lnx<x當(dāng)a≥0時，lnxelnx<0,當(dāng)a<0時，令f(x)=xex，則由f′(x)=1?xex，在x∈(?∞,1)又x∈(0,1)時，lnx∈?∞,0，a+x∈(?∞即a>ln令g(x)=lnx?x，則g′(x)=1?x其中g(shù)1故a≥g(1)=?1，所以此時有?1≤a<0．綜上，a≥?1．故選：C．【例1.2】（2023上·江蘇常州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=12x2?4x+alnx，若函數(shù)y=f(x)存在兩個極值點xA．?∞，?1 B．?∞，?16?8ln2【解題思路】先求導(dǎo)，然后根據(jù)導(dǎo)函數(shù)和極值點的關(guān)系求出x1+x2,【解答過程】函數(shù)f(x)定義域為0,+∞，f又函數(shù)y=f(x)存在兩個極值點x1所以方程x2?4x+a=0在則Δ=16?4a>0x1又f(=12設(shè)?a則?′當(dāng)0<a<1時，?′a<0當(dāng)1<a<4時，?′a>0?因為不等式f(x即f(x所以t≤?13.故選：D.【變式1.1】（2023上·河北保定·高三校聯(lián)考期末）已知函數(shù)f(x)=xln(1)討論f(x)x(2)已知g(x)=2x?ex?1?1，若f(x)≥g(x)【解題思路】（1）令Fx=fxx（2）令G(x)=fx?gx，由Gx≥0=G1，得x=1是Gx的極小值點，而G′1【解答過程】（1）令Fx=fxx當(dāng)a≥0時，F(xiàn)′x=1+2ax當(dāng)a<0時，令1+2ax2=0，得x=?12a，F(xiàn)x在0,?12a上綜上所述，當(dāng)a≥0時，F(xiàn)x=f(x)當(dāng)a<0時，F(xiàn)x=f(x)x在（2）若f(x)≥g(x)恒成立，則f(x)?g(x)=xln令G(x)=xlnx+ax易得G(1)=0，而Gx≥0=G1，所以x=1是GG′(x)=ln所以G′(1)=2a=0，即現(xiàn)證明a=0時，Gx當(dāng)a=0時，G(x)=xlnx?2x?令?x=G因為x∈0,+∞時，?′x=所以x∈0,1時，?x=G′x∈1,+∞時，?x=G因此，Gx在x=1處取得最小值，即最小值為G所以Gx≥0恒成立，即綜上所述，f(x)≥g(x)恒成立時a=0.【變式1.2】（2023上·福建莆田·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在1,f(2)若對?x∈0,+∞，fx【解題思路】（1）求出f′x=?3+1x（2）由題意得a≥ln【解答過程】（1）由fx=?3x+ln所以切線斜率k=f′1所以曲線y=f(x)在點1,f1處的切線方程為y??3=（2）對?x∈0,+∞，fx≤ax即a≥lnxx2在0,+∞恒成立，設(shè)g(x)=lnx當(dāng)x∈0,e時，g′當(dāng)x∈e,+∞時，g所以函數(shù)g(x)在x=e時，g(x)取得極大值也是最大值g所以g(x)max=ge=所以a的取值范圍是12【考點2利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題】【例2.1】（2023下·貴州銅仁·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=lnx，若存在x0∈1A．1,12+C．12+ln【解題思路】根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為ex0?b=lnx0+b，同構(gòu)得到ex【解答過程】ff即ex即ex構(gòu)造gx=ex+x因為gx0?b即存在x0∈1記?x?′x=1?1x所以?x在12,1單調(diào)遞減，在1,2因為?12=所以?1所以?12＜所以1≤b≤2?所以實數(shù)b的取值范圍是1,2?ln故選：B.【例2.2】（2023下·湖北·高二校聯(lián)考期中）若存在x0∈0,1，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解題思路】x0+e2?1lna≥2aex0【解答過程】x0+e2?e2?1lna因為x0∈[0,1]，所以t∈a則原問題等價于存在t∈ae,af令f′(t)<0，即e2令f′(t)>0，即e2所以ft在0,e2又因為f(1)=0,fe2=而1<e2?12<e2若存在t∈ae,a只需1≤ae≤e2故a的取值范圍為1,e故選：D.【變式2.1】（2023上·湖南長沙·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=a2e(1)若a=3，求y=gx(2)若存在實數(shù)x∈0,1使fx>【解題思路】（1）求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）分類討論求解函數(shù)的y=fx【解答過程】（1）gx所以g′令g′x>0，得x>?ln3所以y=gx的單調(diào)遞減區(qū)間為?∞,?（2）gx則g′當(dāng)a≤0時，g′x≤0恒成立，所以y=g所以f′x=gx<g所以fx當(dāng)a>0時，令g′x>0得x>?lna所以y=f′x在?當(dāng)a≥1時，?lna<0，所以y=f′x所以y=fx在0,1上單調(diào)遞增，所以f當(dāng)0<a<1時，?lna>0，所以y=f′x在0,?lna若f′1=ae2所以fx若f′1=ae2+a?2所以y=fx在0,x1若存在x∈0,1使成立，則f解得a>4e?3綜上：a的取值范圍為4e【變式2.2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)fx=ax+(1)當(dāng)a=e（e是自然對數(shù)的底數(shù)）時，求函數(shù)f(2)若?x1,x2【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求得fx（2）將問題轉(zhuǎn)化為fxmax?fxmin【解答過程】（1）f當(dāng)a=e時，f′x又f′0=0,∴f′故函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞，單調(diào)遞減區(qū)間為（2）∵?x1,又當(dāng)x1,x∴只要fx∵當(dāng)a>1時，lna>0，y=ax當(dāng)0<a<1時，lna<0，y=ax∴當(dāng)a>1或0<a<1時，總有f′x在R上是增函數(shù)，又∴當(dāng)x∈?∞,0時，f'x∴fx在?∞,0上是減函數(shù)，f∴當(dāng)x∈?1,1時，fxmin=f0f1令ga=a?1∴ga=a?1而g1=0，故當(dāng)a>1時，ga當(dāng)0<a<1時，ga<0，即∴當(dāng)a>1時，fxmax?f函數(shù)y=a?lna在1,+∞當(dāng)0<a<1時，fxmax?f函數(shù)y=1a+lna綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為0,1【考點3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象及性質(zhì)】【例3.1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）作函數(shù)fx【解題思路】首先確定函數(shù)定義域及奇偶性等基本特性，然后結(jié)合一階導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性?極值點，由二階導(dǎo)數(shù)確定曲線的凹凸性?拐點，最后結(jié)合函數(shù)是否有漸近線和特殊點作圖；【解答過程】函數(shù)fx的定義域為?則f′x=x=3和x=?1x??1,113,+f?++?f++??f↘凸↗凸↗凹↘凹找沒意義的點，因為x≠1，所以函數(shù)的垂直漸近線為x=1；設(shè)斜漸近線為y=ax+b,則a=lim代入解得：a=故函數(shù)有鉛直漸近線x=1和斜漸近線y=?1再由f?1=0，可得函數(shù)fx【例3.2】（2023下·河北唐山·高二?？计谀┮阎瘮?shù)fx(1)若fx≥0在1,+∞(2)若a=?1，求證：函數(shù)fx的圖象在函數(shù)g【解題思路】（1）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)m(x)=x（2）構(gòu)造Fx=gx【解答過程】（1）當(dāng)x>1時，lnx>0，因為fx=所以2a≤x2lnx在1,+∞m′x=x(2ln當(dāng)x>e時，m′x>0，當(dāng)所以函數(shù)m(x)在e,+∞上單調(diào)遞增，在所以x=e時，函數(shù)m(x)取得最小值m(e)=eln（2）當(dāng)a=?1時，fx=x令Fx則F′令F′x=0，則x=1，當(dāng)x>1時，F(xiàn)所以函數(shù)F(x)在1,+∞上單調(diào)遞增，在所以x=1時，函數(shù)F(x)取得最小值F(所以Fx=gx?fx>0在所以函數(shù)fx的圖象在函數(shù)g【變式3.1】（2023下·四川樂山·高二期末）已知函數(shù)fx=e(1)求a；(2)若直線y=b與y=fx和y=g【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a，注意分類討論.（2）根據(jù)（1）可得fx=e【解答過程】（1）因為fx=e若a≤0，則f′(x)>0，此時fx當(dāng)x<lna時，f′x<0當(dāng)x>lna時，f′x>0故fx因為gx=ax?lnx的定義域為當(dāng)0<x<1a時，g′x<0當(dāng)x>1a時，g′x>0故gx因為fx=e故1?ln1a=a?aln設(shè)?a=a?1故?a為0,+∞上的減函數(shù)，而故?a=0的唯一解為a=1，故1?a1+a綜上，a=1.（2）由（1）知，a=1，故fx=e且fx在?∞,0gx在0,1上為減函數(shù)，在1,+∞上為增函數(shù)，且所以直線y=b與y=fx和y=g第一種情況，如圖：設(shè)直線y=b與y=fx的圖象交點橫坐標(biāo)從左到右依次為x直線y=b與y=gx的圖象交點橫坐標(biāo)從左到右依次為x由圖可知fx1=f∵flnx3∴l(xiāng)nx同理，flnx4∴l(xiāng)nx∴x1+x又∵gx3=g∴l(xiāng)nx∴x1第二種情況，如圖：設(shè)直線y=b與y=fx的圖象交點橫坐標(biāo)從左到右依次為x直線y=b與y=gx的圖象交點橫坐標(biāo)從左到右依次為x由圖可知fx1=fx2=gx∵flnx2∴l(xiāng)nx同理，flnx4∴l(xiāng)nx∴x1+x又∵gx2=g∴l(xiāng)nx∴x1綜上所述，若直線y=b與y=fx和y=gx的圖象共有四個不同的交點，從左到右四個交點橫坐標(biāo)之間的等量關(guān)系為：【變式3.2】（2023·河南開封·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)fx=lnx圖象上三個不同的點Mm,(1)求函數(shù)fx在點P(2)若PM=PN，探究線段MN的中點【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可求得切線斜率f′（2）設(shè)0<m<1<n，將問題轉(zhuǎn)化為證明n<1m；根據(jù)PM=PN的形式可構(gòu)造函數(shù)gx=x?12+【解答過程】（1）∵f′x=1x，∴f（2）線段MN的中點G在第四象限，證明如下：∵PM=PN，∴不妨設(shè)點M在第四象限，點N線段MN的中點Gm+n2,∵m+n2>0，∴只需證：lnmn2∵PM=PN令gx=x?1當(dāng)0<x<1時，x?1<0，lnxx<0，∴當(dāng)x>1時，x?1>0，lnxx>0，∴∵n>1，1m>1，∴要證n<1又gm=gn，∴gm?g1∵0<m<1，∴1m>1，∴m?∴gm?g1∴線段MN的中點G在第四象限.【考點4

導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用】【例4.1】（2023·全國·高二課堂例題）某企業(yè)要生產(chǎn)容積為Vm3的圓柱形密閉容器，如圖，已知該容器側(cè)面耗材為1元/m2，上下底面的耗材為1.5元/m2．問：如何設(shè)計圓柱的高度hm和上下底面的半徑rm，使得費用最少？【解題思路】首先根據(jù)題意以及體積公式V=πr2【解答過程】由題意可得，所需費用為C=2π由于容器的容積為V=πr2?，從而對Cr關(guān)于r求導(dǎo)，得C令C′r>0所以如下圖所示：當(dāng)r∈0,3V3π當(dāng)r∈3V3π,+因此，Cr在r=由r=3V3π和因此，當(dāng)圓柱上下底面半徑r=3V3【例4.2】（2023上·福建福州·高三?？计谥校└Ｖ菽彻珗@有一個半圓形荷花池（如圖所示），為了讓游客深入花叢中體驗荷花美景，公園管理處計劃在半圓形荷花池中設(shè)計棧道觀景臺P和棧道PA、PB、PC、AB，觀景臺P在半圓形的中軸線OC上（如圖，OC與直徑AB垂直，P與O,C不重合），通過棧道把荷花池連接起來，使人行其中有置身花海之感．已知AB=200米，∠PAB=θ，棧道總長度為L．(1)求L關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式．(2)若棧道的造價為每米5千元，問：棧道PC長度是多少時，棧道的建設(shè)費用最??？并求出該最小值．【解題思路】（1）根據(jù)三角函數(shù)的概念分別求PA、PB、PC的長度即可；（2）求出Lθ【解答過程】（1）因為P在半圓形的中軸線OC上，OC⊥AB，AB=200米，∠PAB=θ，所以PA=PB=12AB所以PC=OC?PO=100?100tan所以棧道總長度L=PA+PB+PC+AB==200cosθ（2）由（1）得L′θ=所以當(dāng)0<θ<π6時，L′θ<0，L單調(diào)遞減，當(dāng)π所以當(dāng)θ=π6，即建設(shè)費用最小值為5×200【變式4.1】（2023下·北京懷柔·高二統(tǒng)考期末）已知某企業(yè)生產(chǎn)一種產(chǎn)品的固定成本為400萬元，每生產(chǎn)x萬件，需另投入成本px萬元，假設(shè)該企業(yè)年內(nèi)共生產(chǎn)該產(chǎn)品x萬件，并且全部銷售完，每1件的銷售收入為100元，且(1)求出年利潤y（萬元）關(guān)于年生產(chǎn)零件x（萬件）的函數(shù)關(guān)系式（注：年利潤=年銷售收入?年總成本）；(2)將年產(chǎn)量x定為多少萬件時，企業(yè)所獲年利潤最大.【解題思路】（1）根據(jù)售價和成本，分段求出函數(shù)式即可；（2）根據(jù)已求的利潤表達(dá)式，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和基本不等式的知識分段求最值并比較即可.【解答過程】（1）由題意得，總售價固定為100x，當(dāng)產(chǎn)量不足60萬箱時，y=100x?px當(dāng)產(chǎn)量不小于60萬箱時，y=100x?px則y=（2）設(shè)fx當(dāng)0＜x＜60時，f′得fx在0,50上單調(diào)遞增，在50,60則fx當(dāng)x≥60時，由基本不等式有1460?當(dāng)且僅當(dāng)x=6400x，即又因為1300>38003，所以當(dāng)x=80【變式4.2】（2023·全國·高二隨堂練習(xí)）工廠需要圍建一個面積為512m2的矩形堆料場，一邊可以利用原有的墻壁，其他三邊需要砌新的墻壁．我們知道，砌起的新墻的總長度y（單位：m）是利用原有墻壁長度x(1)寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并確定x的取值范圍；(2)隨著x的變化，y的變化有何規(guī)律？(3)當(dāng)堆料場的長、寬比為多少時，需要砌起的新墻用的材料最??？【解題思路】（1）利用題意建立函數(shù)關(guān)系即可；（2）根據(jù)函數(shù)關(guān)系利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可；（3）根據(jù)（2）求函數(shù)的極值、最值即可.【解答過程】（1）由題意可知與原有墻壁垂直的新墻長度為：y?x2則y?x2所以y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=x+1024x，（2）由（1）y=x+1024顯然當(dāng)x>32時，y′>0，即此時隨著x的增大，當(dāng)32>x>0時，y′<0，即此時隨著x的增大，（3）由（2）可知，當(dāng)x=32時，y可取得極小值也是最小值，此時y=64,y?x所以長和寬分別為32，16時最省料，此時長寬比為2:1.模塊四模塊四課后作業(yè)1．（2023·四川資陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）給出下列四個圖象：函數(shù)fx=aA．①③ B．②③ C．②④ D．②③④【解題思路】分成a=0，a<0，a>0三種情況識別函數(shù)的圖象得出結(jié)果.【解答過程】當(dāng)a=0時，fx=1當(dāng)a<0時，由fx=ax2+1ex=0，即a當(dāng)a>0時，fx=ax2+1ex>0，所以③不相符；由f′x=?ax2?2ax+1ex，方程ax故選：C.2．（2023上·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)函數(shù)f(x)=13x?lnxA．在區(qū)間(1e,1)B．在區(qū)間(1e,1)C．在區(qū)間(1e,1)D．在區(qū)間(1e,1)【解題思路】先確定函數(shù)單調(diào)性，然后利用零點存在定理判斷零點位置.【解答過程】當(dāng)x∈(1e,所以函數(shù)fx在(又f所以函數(shù)fx有唯一的零點在區(qū)間1,故選：D.3．（2022上·廣東廣州·高三?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx=2x?xlnx的圖象上有且僅有兩個不同的點關(guān)于直線y=1的對稱點在A．?∞,1 C．0,1 D．?【解題思路】由題意可化為函數(shù)f(x)圖象與y=kx+1的圖象有且只有兩個不同的交點，分離常數(shù)后結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得利用數(shù)形結(jié)合求解出結(jié)果．【解答過程】∵函數(shù)fx=2x?xlnx的圖象上有且僅有兩個不同的點關(guān)于直線而函數(shù)y=?kx+1關(guān)于直線y=1的對稱圖象為y=kx+1，故fx=2x?xln由y=2x?xlnxy=kx+1得2x?x設(shè)g故g′當(dāng)x∈0,1時，g′x<0，函數(shù)gx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈故gxmin=g1=?1，故當(dāng)?k=故選：A．4．（2023上·江蘇徐州·高二?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為f′x，且f′xA．fln3>3f0 B．f2<【解題思路】由題意可構(gòu)造函數(shù)gx=f【解答過程】由題意得構(gòu)造函數(shù)gx=fxe所以g(x)在R上是減函數(shù)，對A：因為ln3>0，所以g3<g0，即對B、C、D：因為ln2>0，所以fln2因為ln2<lne2=2，所以f故選：B.5．（2023上·安徽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，正方形EFGH的中心與正方形ABCD的中心重合，正方形ABCD的面積為2，截去如圖所示的陰影部分后，將剩下的部分翻折得到正四棱錐M?EFGH(A，B，C，D四點重合于點M)，當(dāng)四棱錐體積達(dá)到最大值時，圖中陰影部分面積為（

）A．25 B．45 C．43【解題思路】設(shè)EF=2x，表達(dá)出棱錐側(cè)面的高，進(jìn)而表達(dá)出棱錐的高，表示出棱錐體積，利用導(dǎo)函數(shù)求出棱錐體積的最大值，求出陰影部分面積.【解答過程】取正方形中心為O，連接BD交EF于點T，正方形ABCD的面積為2，故正方形ABCD的邊長為2，OB=OD=1，設(shè)EF=2x，則OT=x，所得的棱錐側(cè)面的高TB=OB?OT=1?x，故棱錐的高為?=(1?x)四棱錐體積為V=1令fx=x當(dāng)0<x<25時，f′(x)>0，當(dāng)∴f(x)在0,25上單調(diào)遞增，在∴當(dāng)x=2此時FT=25，TB=1?x=3點F到邊長BC的距離d=210，∴陰影部分面積S=4S故選：A．6．（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考期中）已知函數(shù)fx=sinx?2ax?axcosx，?x≥0，A．14,+∞ B．0,14 【解題思路】依題意可得sinx2+cosx≤ax對?x≥0恒成立，記gx=sinx2+cos【解答過程】?x≥0，fx≤0等價于記gx=sinx2+g′當(dāng)13?a≤0即a≥13時，g′所以當(dāng)x≥0時，gx≤g0當(dāng)0<a<13時，記?x當(dāng)x∈0,π2時?′x所以存在x0∈0,π2，使得?′x所以?x>?0所以當(dāng)x∈0,x0時sin當(dāng)a≤0時，fπ綜上，a的取值范圍是13故選：C.7．（2023·四川樂山·統(tǒng)考二模）若存在x0∈?1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解題思路】等價變形給定的不等式，并令aex0=t，構(gòu)造函數(shù)f(t)=e【解答過程】依題意，x0+e2?e令aex0=t，即e2令f(t)=e2?1lnt?2t+2求導(dǎo)得f′(t)=e2?1t?2=e2因此函數(shù)ft在e2?1而f(1)=0,fe2=e2則當(dāng)1≤t≤e2時，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae?1所以a的取值范圍為1e故選：D.8．（2023上·湖北·高三校聯(lián)考期中）已知函數(shù)fx=xexx≤0lnxxA．?∞,?1C．0,1e 【解題思路】作出f(x)的大致圖象，方程有3個不同的實數(shù)根等價于曲線f(x)與直線y=1,??【解答過程】當(dāng)x≤0時，f(x)=xex，則當(dāng)x<?1,f′x所以f(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞減，在且當(dāng)x<0,fx<0，又f(?1)=?1當(dāng)x>0時，fx=ln則當(dāng)0<x<e時，f′x>0，當(dāng)所以fx在0,e上為增函數(shù)，在e,+所以f(x)的大致圖象如圖所示.由f2x?a+1f由圖象可知，f(x)=1沒有根，所以關(guān)于x的方程f2等價于f(x)=a有3個不同的實數(shù)根，由圖象可知，f(x)=a有3個不同的實數(shù)根，只需a∈?故選：B.9．（2023上·四川德陽·高三校考階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=mex+lnm,g(x)=lnx，若f(x)≥g(x)A．(?∞,1e] B．(0,1【解題思路】將不等式變形為ex+lnm+x+【解答過程】由f(x)≥g(x)在x∈(0,+∞)恒成立，即令gx=e故不等式轉(zhuǎn)化為gx+lnm≥g令?x當(dāng)x>1,?′x故?x故lnm≥?xmax故選：D.10．（2023下·天津和平·高二天津二十中?？茧A段練習(xí)）設(shè)函數(shù)fx與gx是定義在同一區(qū)間a,b上的兩個函敉，若對任意的x∈a,b，都有fx?gx≤kk>0，則稱fx與gx在a,b上是“k度和諧函數(shù)”，a,b稱為“k度密切區(qū)間”．設(shè)函數(shù)A．?e?1,1 C．1e?e【解題思路】由新定義轉(zhuǎn)化為不等式恒成立，再轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，從而得出結(jié)論．【解答過程】由題意lnx?mx?1x≤e在x∈[設(shè)?(x)=lnx+11e≤x<1時，?′(x)<0，?(x)單調(diào)遞減，1<x≤e所以?(x)min=?(1)=1，又?(1e因此由m?e≤lnm?e≤1且m+e故選：B．11．（2023下·高二課時練習(xí)）已知函數(shù)fx=12x2+ln【解題思路】設(shè)Fx=gx?fxx>0，求出F′x，當(dāng)x>1時F′【解答過程】設(shè)Fx=gx則F′當(dāng)x>1時，F(xiàn)′x=x?12∴Fx∴當(dāng)x>1時，gx?fx>0，即函數(shù)fx的圖象在函數(shù)g12．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=4時，求fx的極值及曲線y=fx在點(2)若函數(shù)fx有兩個零點，求實數(shù)a【解題思路】（1）求導(dǎo)得到單調(diào)區(qū)間，計算極值，再計算切線方程得到答案.（2）求導(dǎo)得到導(dǎo)函數(shù)，確定f′1=0，考慮a≥2，1<a<2，a=1，0<a<1【解答過程】（1）當(dāng)a=4時，fx則f′令f′x>0，得0<x<1；令ffx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+故fx在x=1處取得極大值ff1=0，f′1=0，故曲線y=f（2）f′x=ax①當(dāng)a≥2時，2?ax?a<0當(dāng)0<x<1時，f′x>0當(dāng)x>1時，f′x<0所以fx≤f1②當(dāng)1<a<2時，a2?a>1，令f′x>0，得x∈0,1∪所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,a2?a因為f1=0，所以fa2?a<0則fx1=a所以fa2?a?fx1所以由零點存在定理，得存在唯一x0∈a又f1=0，此時，函數(shù)③當(dāng)a=1時，