2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理

專題4 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用【2018年高考考綱解讀】高考對本內(nèi)容的考查主要有：(1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點，要求是B級，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點處的切線的斜率，能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題；(2)導(dǎo)數(shù)的運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是B級，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的四則運算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運算，一般不單獨設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步；(3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級，對應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值要達到相等的高度.(4)導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了新鮮的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求是B級；(5)導(dǎo)數(shù)還經(jīng)常作為高考的壓軸題，能力要求非常高，它不僅要求考生牢固掌握基礎(chǔ)知識、基本技能，還要求考生具有較強的分析能力和計算能力估計以后對導(dǎo)數(shù)的考查力度不會減弱作為導(dǎo)數(shù)綜合題，主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等，常伴隨對參數(shù)的討論，這也是難點之所在.【重點、難點剖析】 1導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)yf(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)f(x0)就是曲線yf(x)在點(x0，f(x0)處的切線的斜率，即kf(x0)(2)曲線yf(x)在點(x0，f(x0)處的切線方程為yf(x0)f(x0)(xx0)2基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和運算法則(1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)cf(x)0f(x)xn(nR)f(x)nxn1f(x)sin xf(x)cos xf(x)cos xf(x)sin xf(x)ax(a0且a1)f(x)axln af(x)exf(x)exf(x)logax(a0且a1)f(x)f(x)ln xf(x)(2)導(dǎo)數(shù)的四則運算u(x)±v(x)u(x)±v(x)；u(x)v(x)u(x)v(x)u(x)v(x)；(v(x)0)3函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)如果已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于零恒成立在區(qū)間上離散點處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù)yxsin x .4函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值對可導(dǎo)函數(shù)而言，某點導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的必要條件例如f(x)x3，雖有f(0)0，但x0不是極值點，因為f(x)0恒成立，f(x)x3在(，)上是單調(diào)遞增函數(shù)，無極值5閉區(qū)間上函數(shù)的最值在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值中的最小值6函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f(x)0在區(qū)間(a，b)上恒成立；(2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f(x)0在區(qū)間(a，b)上恒成立；(3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為增函數(shù)是f(x)0的必要不充分條件.【題型示例】題型1、導(dǎo)數(shù)的幾何意義【例1】【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則 【答案】【解析】對函數(shù)求導(dǎo)得，對求導(dǎo)得，設(shè)直線與曲線相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得.【感悟提升】函數(shù)圖像上某點處的切線斜率就是函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值求曲線上的點到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以判斷是最大值還是最小值【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線yex在點(0，1)處的切線與曲線y(x0)上點P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為_解析(ex)e01，設(shè)P(x0，y0)，有1，又x00，x01，故xP(1，1)答案(1，1)【變式探究】 (1)曲線yxex1在點(1,1)處切線的斜率等于()A2eBeC2D1(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線yax2(a，b為常數(shù))過點P(2，5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x2y30平行，則ab的值是_【命題意圖】(1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義(2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運算求解能力【答案】(1)C(2)3【解析】(1)yex1xex1(x1)ex1，故曲線在點(1,1)處的切線斜率為yx12.(2)由曲線yax2過點P(2，5)，可得54a.又y2ax，所以在點P處的切線斜率4a.由解得a1，b2，所以ab3.【感悟提升】1求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點2利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解題型2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【例2】【2017課標(biāo)II，理】已知函數(shù)，且。(1)求；(2)證明：存在唯一的極大值點，且?！敬鸢浮?1)；(2)證明略?！窘馕觥浚?）的定義域為設(shè)，則等價于因為若a=1，則.當(dāng)0x1時，單調(diào)遞減；當(dāng)x1時，0，單調(diào)遞增.所以x=1是的極小值點，故綜上，a=1（2）由（1）知設(shè)當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增又，所以在有唯一零點x0，在有唯一零點1，且當(dāng)時，；當(dāng)時，當(dāng)時，.因為，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點由由得因為x=x0是f(x)在（0,1）的最大值點，由得所以【變式探究】【2016高考山東理數(shù)】(本小題滿分13分)已知.（I）討論的單調(diào)性；（II）當(dāng)時，證明對于任意的成立.【答案】（）見解析；（）見解析【解析】（）的定義域為；.當(dāng)， 時，單調(diào)遞增；，單調(diào)遞減.當(dāng)時，.（1），當(dāng)或時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減；（2）時，在內(nèi)，單調(diào)遞增；（3）時，當(dāng)或時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)時，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)時，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在 內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)時，在內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增.又，設(shè)，則在單調(diào)遞減，因為，所以在上存在使得 時，時，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，由于，因此，當(dāng)且僅當(dāng)取得等號，所以，即對于任意的恒成立。【感悟提升】確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要特別注意函數(shù)的定義域，不要從導(dǎo)數(shù)的定義域確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，在某些情況下函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義域與原函數(shù)的定義域不同【舉一反三】(2015·福建，10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)1，其導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)k1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是()Af BfCf Df【變式探究】(2014·新課標(biāo)全國卷)已知函數(shù)f(x)exex2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)f(2x)4bf(x)，當(dāng)x>0時，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.414 2<<1.414 3，估計ln 2的近似值(精確到0.001)【命題意圖】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最值、估計無理數(shù)的近似值等，考查基本不等式的應(yīng)用與分類討論思想的應(yīng)用，意在考查考生的運算求解能力、推理論證能力與對知識的綜合應(yīng)用能力【解析】 (1)f(x)exex20，等號僅當(dāng)x0時成立所以f(x)在(，)單調(diào)遞增(2)g(x)f(2x)4bf(x)e2xe2x4b(exex)(8b4)x，g(x)2e2xe2x2b(exex)(4b2)2(exex2)(exex2b2)當(dāng)b2時，g(x)0，等號僅當(dāng)x0時成立，所以g(x)在(，)單調(diào)遞增而g(0)0，所以對任意x>0，g(x)>0；當(dāng)b>2時，若x滿足2<exex<2b2，即0<x<ln(b1)時，g(x)<0.而g(0)0，因此當(dāng)0<x<ln(b1)時，g(x)<0.綜上，b的最大值為2.(3)由(2)知，g(ln )2b2(2b1)ln 2.當(dāng)b2時，g(ln )46ln 2>0，ln 2>>0.692 8；當(dāng)b1時，ln(b1)ln ，g(ln)2(3 2)ln 2 <0，ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值為0.693.【感悟提升】1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟第一步：確定函數(shù)f(x)的定義域；第二步：求f(x); 第三步：解方程f(x)0在定義域內(nèi)的所有實數(shù)根；第四步：將函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標(biāo)和各實數(shù)根按從小到大的順序排列起來，分成若干個小區(qū)間；第五步：確定f(x)在各小區(qū)間內(nèi)的符號，由此確定每個區(qū)間的單調(diào)性2根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的思路(1)求f(x)(2)將單調(diào)性轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)f(x)在該區(qū)間上滿足的不等式恒成立問題求解【舉一反三】 (2015·新課標(biāo)全國，21)設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明：f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增；(2)若對于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|0e1，求m的取值范圍(1)證明f(x)m(emx1)2x.若m0，則當(dāng)x(，0)時，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時，emx10，f(x)0.若m0，則當(dāng)x(，0)時，emx10，f(x)0；當(dāng)x(0，)時，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增(2)解由(1)知，對任意的m，f(x)在1，0上單調(diào)遞減，在0，1上單調(diào)遞增，故f(x)在x0處取得最小值所以對于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1的充要條件是即設(shè)函數(shù)g(t)ette1，則g(t)et1.當(dāng)t0時，g(t)0；當(dāng)t0時，g(t)0.故g(t)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增又g(1)0，g(1)e12e0，故當(dāng)t1，1時，g(t)0.當(dāng)m1，1時，g(m)0，g(m)0，即式成立；當(dāng)m1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)0，即emme1；當(dāng)m1時，g(m)0，即emme1.綜上，m的取值范圍是1，1【規(guī)律方法】討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的，千萬不要忽視了定義域的限制題型3、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值【例3】【2017山東，理20】已知函數(shù)，其中是自然對數(shù)的底數(shù).（）求曲線在點處的切線方程；（）令，討論的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值.【答案】（1） （2）見解析【解析】（）由題意得 ，因為，令則所以在上單調(diào)遞增.因為所以 當(dāng)時， 當(dāng)時， (1)當(dāng)時， 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減，當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增，所以 當(dāng)時取得極小值，極小值是 ；(2)當(dāng)時， 由 得 ， 當(dāng)時， ，所以 當(dāng)時， ，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值；當(dāng)時， 所以 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增；所以 當(dāng)時取得極大值，極大值是；當(dāng)時取得極小值.極小值是.綜上所述：當(dāng)時， 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，函數(shù)有極小值，極小值是；當(dāng)時，函數(shù)在和和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值，極大值是極小值是；當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值；當(dāng)時，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是；極小值是.【變式探究】【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分）已知函數(shù).設(shè).（1）求方程的根;（2）若對任意,不等式恒成立，求實數(shù)的最大值；（3）若，函數(shù)有且只有1個零點，求的值?！敬鸢浮浚?）0 4（2）1【解析】（1）因為，所以.方程，即，亦即，所以，于是，解得.由條件知.因為對于恒成立，且，所以對于恒成立.而，且，所以，故實數(shù)的最大值為4.（2）因為函數(shù)只有1個零點，而，所以0是函數(shù)的唯一零點.因為，又由知，所以有唯一解.令，則，從而對任意，所以是上的單調(diào)增函數(shù)，于是當(dāng)，；當(dāng)時，.因而函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù)，在上是單調(diào)增函數(shù).下證.若，則，于是，又，且函數(shù)在以和為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和之間存在的零點，記為. 因為，所以，又，所以與“0是函數(shù)的唯一零點”矛盾.若，同理可得，在和之間存在的非0的零點，矛盾.因此，.于是，故，所以.【舉一反三】(2015·陜西，12)對二次函數(shù)f(x)ax2bxc(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個結(jié)論是錯誤的，則錯誤的結(jié)論是()A1是f(x)的零點 B1是f(x)的極值點C3是f(x)的極值 D點(2，8)在曲線yf(x)上解析A正確等價于abc0，B正確等價于b2a，C正確等價于3，D正確等價于4a2bc8.下面分情況驗證，若A錯，由、組成的方程組的解為符合題意；若B錯，由、組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實數(shù)解；若C錯，由、組成方程組，經(jīng)驗證a無整數(shù)解；若D錯，由、組成的方程組a的解為也不是整數(shù)綜上，故選A.答案A【變式探究】(2015·新課標(biāo)全國，12)設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)0，當(dāng)x>0時，xf(x)f(x)0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)答案A【舉一反三】(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)x3ax2b(a，bR)(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若bca(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(，3)，求c的值解(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.當(dāng)a0時，因為f(x)3x20(x0)，所以函數(shù)f(x)在(，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時，x(0，)時，f(x)0，x時，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在，(0，)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)a0時，x(，0)時，f(x)0，x時，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減從而g(3)c10，且gc10，因此c1.此時，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因函數(shù)有三個零點，則x2(a1)x1a0有兩個異于1的不等實根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).綜上c1.題型四 定積分例4、 (2015·天津，11)曲線yx2與直線yx所圍成的封閉圖形的面積為_解析曲線yx2與直線yx所圍成的封閉圖形如圖，由得A(1，1)，面積Sxdxx2dxx20.答案【變式探究】(2015·陜西，16)如圖，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線表示)，則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為_解析由題意可知最大流量的比即為橫截面面積的比，建立以拋物線頂點為原點的直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線方程為yax2，將點(5，2)代入拋物線方程得a，故拋物線方程為yx2，拋物線的橫截面面積為S12dx2(m2)，而原梯形上底為10×26(m)，故原梯形面積為S2(106)×216，1.2.答案1.2【舉一反三】(1)(2014·陜西)定積分(2xex)dx的值為()Ae2 Be1Ce De1(2)(2014·湖北)若函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(x)g(x)dx0，則稱f(x)，g(x)為區(qū)間1,1上的一組正交函數(shù)給出三組函數(shù)：f(x)sinx，g(x)cosx；f(x)x1，g(x)x1；f(x)x，g(x)x2.其中為區(qū)間1,1上的正交函數(shù)的組數(shù)是()A0 B1 C2 D3【命題意圖】(1)本題主要考查定積分的概念、運算及性質(zhì)(2)本題主要考查定積分的知識，意在通過新定義考查考生的理解能力和知識遷移能力【感悟提升】1由函數(shù)圖象或曲線圍成的曲邊圖形面積的計算及應(yīng)用，一般轉(zhuǎn)化為定積分的計算及應(yīng)用， 但一定要找準(zhǔn)積分上限、下限及被積函數(shù)，且當(dāng)圖形的邊界不同時，要討論解決(1)畫出圖形，確定圖形范圍；(2)解方程組求出圖形交點坐標(biāo)，確定積分上、下限；(3)確定被積函數(shù)，注意分清函數(shù)圖形的上、下位置；(4)計算定積分，求出平面圖形的面積2由函數(shù)求其定積分，能用公式的利用公式計算，有些特殊函數(shù)可根據(jù)其幾何意義，求出其圍成的幾何圖形的面積，即其定積分題型五利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的實際問題【例5】【2017天津，理20】設(shè)，已知定義在R上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個零點，為的導(dǎo)函數(shù).（）求的單調(diào)區(qū)間；（）設(shè)，函數(shù)，求證：；（）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對于任意的正整數(shù)，且 滿足.【答案】（）增區(qū)間是， ，遞減區(qū)間是.（）見解析；（III）見解析.【解析】（）解：由，可得，進而可得.令，解得，或.當(dāng)x變化時，的變化情況如下表：x+-+所以，的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是.（）證明：由，得，.令函數(shù)，則.由（）知，當(dāng)時， ，故當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增.因此，當(dāng)時， ，可得.令函數(shù)，則.由（）知， 在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減.因此，當(dāng)時， ，可得.所以， .（III）證明：對于任意的正整數(shù)，且，令，函數(shù).由（II）知，當(dāng)時，在區(qū)間內(nèi)有零點；當(dāng)時，在區(qū)間內(nèi)有零點.所以在內(nèi)至少有一個零點，不妨設(shè)為，則.由（I）知在上單調(diào)遞增，故，于是.因為當(dāng)時，故在上單調(diào)遞增，所以在區(qū)間上除外沒有其他的零點，而，故.又因為，均為整數(shù)，所以是正整數(shù)，從而.所以.所以，只要取，就有.【變式探究】某地政府鑒于某種日常食品價格增長過快，欲將這種食品價格控制在適當(dāng)范圍內(nèi)，決定對這種食品生產(chǎn)廠家提供政府補貼，設(shè)這種食品的市場價格為x元/千克，政府補貼為t元/千克，根據(jù)市場調(diào)查，當(dāng)16x24時，這種食品市場日供應(yīng)量p萬千克與市場日需求量q萬千克近似地滿足關(guān)系：p2(x4t14)(x16，t0)，q248ln (16x24)當(dāng)pq時的市場價格稱為市場平衡價格(1)將政府補貼表示為市場平衡價格的函數(shù)，并求出函數(shù)的值域(2)為使市場平衡價格不高于每千克20元，政府補貼至少為每千克多少元？解析：(1)由pq得2(x4t14)248ln (16x24，t0)txln (16x24)t<0，t是x的減函數(shù)tmin×24ln ln ln ；tmax×16ln ln ，值域為.(2)由(1)知txln (16x24)而x20時，t×20ln 1.5(元/千克)，t是x的減函數(shù)，欲使x20，必須t1.5(元/千克)，要使市場平衡價格不高于每千克20元，政府補貼至少為1.5元/千克【舉一反三】時下，網(wǎng)校教學(xué)越來越受到廣大學(xué)生的喜愛，它已經(jīng)成為學(xué)生們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢，假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿足關(guān)系式y(tǒng)4(x6)2，其中2<x<6，m為常數(shù)已知銷售價格為4元/套時，每日可售出套題21千套(1)求m的值；(2)假設(shè)網(wǎng)校的員工工資、辦公等所有開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大(保留一位小數(shù))【解析】解(1)因為x4時，y21，代入關(guān)系式y(tǒng)4(x6)2，得1621，解得m10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y4(x6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤f(x)(x2)4(x6)24x356x2240x278(2<x<6)，從而f(x)12x2112x2404(3x10)(x6)(2<x<6)令f(x)0，得x，且在上，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(，6)上，f(x) <0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點，所以當(dāng)x3.3時，函數(shù)f(x)取得最大值故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時，網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要注意函數(shù)模型中的定義域，還要注意實際問題的意義，不符合的解要舍去【舉一反三】請你給某廠商設(shè)計一個包裝盒如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點設(shè)AEFBx(cm)(1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？(2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值題型六利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題【例6】(2016·高考全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當(dāng)a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1)時，f(x)0，求a的取值范圍(1)f(x)的定義域為(0，)當(dāng)a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.(2)當(dāng)x(1，)時，f(x)0等價于ln x0.設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.當(dāng)a2，x(1)時，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)0；當(dāng)a2時，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當(dāng)x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a0，函數(shù)f(x)eaxsin x(x0，)記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個極值點，證明：(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列；(2)若a，則對一切nN*，xn|f(xn)|恒成立. 證明(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0.令f(x)0，由x0得xm，即xm，mN*，對kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)，則f(x)0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，則f(x)0.因此，在區(qū)間(m1)，m)與(m，m)上，f(x)的符號總相反于是當(dāng)xm(mN*)時，f(x)取得極值，所以xnn(nN*)此時，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常數(shù)，故數(shù)列f(xn)是首項為f(x1)ea()sin ，公比為ea的等比數(shù)列(2)由(1)知，sin ，于是對一切nN*；xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等價于(*)恒成立，因為(a0)設(shè)g(t)(t0)，則g(t).令g(t)0得t1.當(dāng)0t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增從而當(dāng)t1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式恒成立，只需g(1)e，即只需a.而當(dāng)a時，由tan 且0知，.于是，且當(dāng)n2時，n2.因此對一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e.故(*)式亦恒成立綜上所述，若a，則對一切nN*，xn|f(xn)|恒成立【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)證明：當(dāng)x0時，f(x)x；(2)證明：當(dāng)k1時，存在x00，使得對任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)確定k的所有可能取值，使得存在t0，對任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.(1)證明令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，則有F(x)1.當(dāng)x(0，)時，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(0，)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x0時，F(xiàn)(x)F(0)0，即當(dāng)x0時，f(x)x.(2)證明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，則有G(x)k.當(dāng)k0時，G(x)0，故G(x)在(0，)單調(diào)遞增，G(x)G(0)0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意當(dāng)0k1時，令G(x)0，得x10，取x01，對任意x(0，x0)，有G(x)0，從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)綜上，當(dāng)k1時，總存在x00，使得對任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)解當(dāng)k1時，由(1)知，對于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)M(x)kxln(1x)x2，x0，)則有M(x)k2x.故當(dāng)x時，M(x)0，M(x)在上單調(diào)遞增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(2)知，存在x00，使得當(dāng)x(0，x0)時，f(x)g(x)，此時|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2，x0，)則有N(x)k2x.當(dāng)x時，N(x)0，N(x)在上單調(diào)遞增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.記x0與中的較小者為x1，則當(dāng)x(0，x1)時，恒有|f(x)g(x)|x2.故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(1)知，當(dāng)x0時，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，x0，)，則有H(x)12x.當(dāng)x0時，H(x)0，所以H(x)在0，)上單調(diào)遞減，故H(x)H(0)0.故當(dāng)x0時，恒有|f(x)g(x)|x2.此時，任意正實數(shù)t均滿足題意綜上，k1.法二(1)(2)證明同法一(3)解當(dāng)k1時，由(1)知，對于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0xk1.從而得到，當(dāng)k1時，對于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，取k1，從而kk11，由(2)知，存在x00，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此時|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0x，此時f(x)g(x)x2.記x0與的較小者為x1，當(dāng)x(0，x1)時，恒有|f(x)g(x)|x2.故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，則有M(x)12x.當(dāng)x0時，M(x)0，所以M(x)在0，)上單調(diào)遞減，故M(x)M(0)0.故當(dāng)x0時，恒有|f(x)g(x)|x2，此時，任意正實數(shù)t均滿足題意綜上，k1.【舉一反三】(2014·福建)已知函數(shù)f(x)exax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線yf(x)在點A處的切線斜率為1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x0時，x2ex；(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x(x0，)時，恒有x2cex.【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識，考查考生的運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、有限與無限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想【解析】解法一：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.當(dāng)xln 2時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xln 2時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)xln 2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，則只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，則h(x)1，所以當(dāng)x2時，h(x)0，h(x)在(2，)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16，所以h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，當(dāng)x(x0，)時，恒有x2cex.綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時，恒有x2cex.解法二：(1)同解法一(2)同解法一(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，取x0，由(2)知，當(dāng)x0時，exx2，所以exe·e22，當(dāng)xx0時，ex222x2，因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時，恒有x2cex.解法三：(1)同解法一(2)同解法一(3)證明：首先證明當(dāng)x(0，)時，恒有x3ex，證明如下：令h(x)x3ex，則h(x)x2ex.由(2)知，當(dāng)x0時，x2ex，從而h(x)0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以h(x)h(0)10，即x3ex.取x0，當(dāng)xx0時，有x2x3ex.因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時，恒有x2cex.注：對c的分類可有不同的方式，只要解法正確，均可以題型七 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題【例7】(2016·高考全國卷)已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)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：x1x2<2.(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)設(shè)a0，則f(x)(x2)ex，f(x)只有一個零點設(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)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b<0且b<ln ，則f(b)>(b2)a(b1)2a>0，故f(x)存在兩個零點設(shè)a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，)時，f(x)>0，因此f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1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)內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1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)x1<x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1x2<2等價于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)x2ea(x21)2，而f(x2)(x22)ea(x21)20，所以f(2x2)x2e(x22)ex2.設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)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(2x2)<0，故x1x2<2.【舉一反三】 (2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(，)上僅有一個零點；(3)若曲線yf(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR，f(x)0恒成立f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(，)(2)證明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a>1，f(0)<0，f(a)>2aeaa>2aaa>0，f(0)·f(a)<0，f(x)在(0，a)上有一零點，又f(x)在(，)上遞增，f(x)在(0，a)上僅有一個零點，f(x)在(，)上僅有一個零點(3)證明f(x)(x1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f(x0)ex0(x01)20，x01，把x01，代入yf(x)得y0a，kOPa.f(m)em(m1)2a，令g(m)em(m1)，g(m)em1.令g(x)>0，則m>0，g(m)在(0，)上增令g(x)<0，則m<0，g(m)在(，0)上減g(m)ming(0)0.em(m1)0，即emm1.em(m1)2(m1)3，即a(m1)3.m1，即m1.【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)c(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)，cR)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值(2)討論關(guān)于x的方程|ln x|f(x)根的個數(shù)【解析】解(1)f(x)，由f(x)>0得x<，由f(x)<0得x>.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.所以f(x)maxfc.(2)由已知|ln x|f(x)得|ln x|c，x(0，)，令g(x)|ln x|，yc.當(dāng)x(1，)時，ln x>0，則g(x)ln x.所以g(x)>0.所以g(x)在(1，)上單調(diào)遞增當(dāng)x (0,1)時，ln x<0，則g(x)ln x.所以g(x).因為e2x(1，e2)，e2x>1>x>0，所以<1，而2x1<1.所以g(x)<0，即g(x)在(0, 1)上單調(diào)遞減由可知，當(dāng)x(0，)時，g(x)g(1).由數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)c<時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為0；當(dāng)c時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為1；當(dāng)c>時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為2.【規(guī)律方法】(1)本題第(1)問，利用了函數(shù)單調(diào)的充分條件：“若f(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，若f(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減”；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而對于函數(shù)的最值需謹記函數(shù)在閉區(qū)間上一定存在最值，在開區(qū)間上函數(shù)不一定存在最值，若存在，一定是極值(2)本題第(2)問，借助轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，把方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的個數(shù)，利用極值解決問題【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，)上，f(1)0，導(dǎo)函數(shù)f(x)，g(x)f(x)f(x)(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)討論g(x)與g的大小關(guān)系；(3)是否存在x00，使得|g(x)g(x0)|對任意x0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由【解析】解(1)由題設(shè)易知f(x)ln x，g(x)ln x，所以g(x)，令g(x)0，得x1，當(dāng)x(0,1)時，g(x)0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)x(1，)時，g(x)0，故(1，)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間因此，x1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，所以最小值為g(1)1.(2)gln xx，設(shè)h(x)g(x)g2ln xx，則h(x)，當(dāng)x1時，h(1)0，即g(x)g，當(dāng)x(0,1)(1，)時，h(x)0，h(1)0，因此，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0x1時，h(x)h(1)0，即g(x)g；當(dāng)x1時，h(x)h(1)0，即g(x)g. 33