2021屆高考數(shù)學(xué)教學(xué)案：第2章 第11講　第課時　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用含解析

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021屆高考數(shù)學(xué)人教版一輪創(chuàng)新教學(xué)案：第2章 第11講第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用含解析第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題型 一利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的零點或方程的根的問題1(2019漢中模擬）若函數(shù)f(x）與g(x)滿足：存在實數(shù)t，使得f(t）g(t)，則稱函數(shù)g(x）為f（x)的“友導(dǎo)”函數(shù)已知函數(shù)g(x)kx2x3為函數(shù)f（x）x2ln xx的“友導(dǎo)”函數(shù)，則k的取值范圍是()a（,1） b(，2c（1，） d2，)答案d解析g（x）kx1，由題意g(x）為函數(shù)f(x)的“友導(dǎo)”函數(shù)，即方程x2ln xxkx1有解，故kxln x1，記p(x)xln x1,則p(x)1ln xl

2、n x，當(dāng)x1時,0，ln x0，故p（x)0,故p(x)遞增；當(dāng)0x1時，0，ln x0，故p（x)0,故p(x）遞減，故p(x）p(1)2，故由方程kxln x1有解,得k2，故選d.2（2019全國卷節(jié)選）已知函數(shù)f(x）ln x.討論f（x）的單調(diào)性，并證明f（x)有且僅有兩個零點解f（x)的定義域為(0，1)(1，)因為f(x)0,所以f(x)在(0,1)，(1,）上單調(diào)遞增因為f（e）10，f(e2）20，所以f(x)在（1，)有唯一零點x1（ex1e2),即f（x1）ln x10.又0e2，令f(x)0，解得00，f(x)無零點，當(dāng)a時，f（x)min0,f（x）有1個零點,當(dāng)a

3、時，f（x)min0，f(x)有2個零點條件探究2將本例中的函數(shù)f（x）改為f(x)x2(e為自然對數(shù)的底數(shù)）若直線l：ykx2與曲線yf(x）沒有公共點，求k的最大值解直線l:ykx2與曲線yf（x)沒有公共點等價于關(guān)于x的方程kx2x2在r上沒有實數(shù)解，即關(guān)于x的方程(k1）x（)在r上沒有實數(shù)解（1）當(dāng)k1時,方程(*）可化為0,在r上沒有實數(shù)解，符合題意（2）當(dāng)k1時，方程（）可化為xex。令g（x)xex，則有g(shù)（x）(1x）ex，令g（x)0，得x1。當(dāng)x變化時,g(x），g(x）的變化情況如下表：x（，1)1（1，)g（x）0g(x）所以當(dāng)x1時,g(x)min,又當(dāng)x時,g（x

4、)，所以g(x）的取值范圍為.所以當(dāng)時，方程()無實數(shù)解,故k的取值范圍是（1e，1)綜上,k的取值范圍是（1e，1，即k的最大值為1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點或方程根的方法（1)通過最值(極值)判斷零點個數(shù)的方法借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值后，通過極值的正負，函數(shù)單調(diào)性判斷函數(shù)圖象走勢，從而判斷零點個數(shù)或者通過零點個數(shù)求參數(shù)范圍（2）數(shù)形結(jié)合法求解零點對于方程解的個數(shù)（或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，畫出草圖數(shù)形結(jié)合確定其中參數(shù)的范圍（3)構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)零點根據(jù)條件構(gòu)造某個函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點，根據(jù)函數(shù)零點的個數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以

5、及區(qū)間端點的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求解解決此類問題的關(guān)鍵是將函數(shù)零點、方程的根、曲線交點相互轉(zhuǎn)化，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法如舉例說明1。 1(2019吉安模擬）已知定義在r上的奇函數(shù)f(x）滿足x0時，f（x）xln xln，則函數(shù)g（x)f(x）sinx(e為自然對數(shù)的底數(shù)）的零點個數(shù)是(）a1 b2 c3 d5答案c解析根據(jù)題意，函數(shù)g（x)f(x)sinx的零點即函數(shù)yf(x）與ysinx的交點，設(shè)h(x）sinx，函數(shù)f（x)為r上的奇函數(shù)，則f(0）0,又由h（0）sin00.則函數(shù)yf（x)與ysinx存在交點(0,0)，當(dāng)x0時，f（x)xln xln，其導(dǎo)數(shù)

6、f（x)，分析可得在區(qū)間上，f（x）e時，axex，故exaxexex0在（0，）上恒成立故f(x)在（0，1)上單調(diào)遞減，在(1,）上單調(diào)遞增f（x）minf（1)ae0,故當(dāng)ae時，f(x）沒有零點當(dāng)ae時，令exax0,得a，（x)，（x)。（x)在(0，1）上單調(diào)遞減，在(1,)上單調(diào)遞增,(x)min（1）e，exax0在(0，）上有兩個零點x1,x2，0x11x2，f(x）在（0,x1)上單調(diào)遞減，在(x1,1）上單調(diào)遞增，在(1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2,）上單調(diào)遞增，f(1）ae0，又x0時，f(x），x時，f(x).此時f（x)有兩個零點綜上，若f(x)有兩個零點，則ae.

7、題型 二利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的有關(guān)問題角度1證明不等式（多維探究）1(2019北京高考節(jié)選）已知函數(shù)f(x)x3x2x。（1)求曲線yf(x）的斜率為1的切線方程;(2)當(dāng)x2，4時，求證：x6f（x)x。解（1）由f(x）x3x2x得f(x）x22x1。令f(x)1，即x22x11，得x0或x。又f（0)0，f,所以曲線yf(x）的斜率為1的切線方程是yx與yx，即yx與yx.（2）證明：令g（x)f(x)x,x2，4由g(x)x3x2得g（x)x22x.令g（x)0得x0或x。當(dāng)x變化時,g（x)，g(x)的變化情況如下：x2(2，0）04g（x)00g（x)600所以g（x）的最小值為6，

8、最大值為0.故6g（x)0,即x6f(x）x.條件探究將本例中的函數(shù)f(x）改為f（x）,設(shè)g（x)xln x，當(dāng)x(0，)時求證：f(x)g(x）證明因為g（x）ln x1。令g(x）0，則x0,所以f(x)在（0，1）上單調(diào)遞增，在(1,)上單調(diào)遞減所以f（x）f(1）.因此f（x）g(x）角度2已知不等式恒成立，求參數(shù)的取值范圍2(2019銀川模擬）已知函數(shù)f（x）xaln （x1）（1)當(dāng)a2時,求f(x）的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時，關(guān)于x的不等式kx2f（x)在0，）上恒成立,求k的取值范圍解（1)當(dāng)a2時，f(x）x2ln (x1），f（x)1,當(dāng)x(1，1）時，f（x)0，f（x

9、）是增函數(shù)所以，f(x)的減區(qū)間為（1,1),增區(qū)間為（1，)(2)當(dāng)a1時，f(x）xln (x1)，kx2f(x)，即kx2xln (x1）0.設(shè)g（x）kx2xln （x1),x0，則只需g（x)0在0，)恒成立即可易知g（0）0，g(x）2kx1，因為x0，所以0。當(dāng)k0時，g（x)0,此時g（x)在0，)上單調(diào)遞減，所以g(x）g（0）0，與題設(shè)矛盾；當(dāng)0k時，由g(x）0得x10。當(dāng)x時，g（x）0,此時g（x）在上單調(diào)遞減，所以，當(dāng)x時，g(x）g（0）0，與題設(shè)矛盾；當(dāng)k時,g(x）0，故g(x）在0，)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(0）0恒成立綜上，k.角度3不等式存在性成立問

10、題3已知函數(shù)f(x)x(a1)ln x（ar)，g(x）x2exxex.(1)當(dāng)x1，e時，求f（x)的最小值；(2)當(dāng)a1時,若存在x1e,e2，使得對任意的x22,0,f(x1）g(x2）恒成立，求a的取值范圍解（1)f（x）的定義域為(0，），f（x)。當(dāng)a1時，x1，e，f（x）0,f(x)為增函數(shù)，f（x）minf（1）1a。當(dāng)1ae時，x1,a時，f(x)0，f(x)為減函數(shù)；xa，e時，f（x)0，f(x）為增函數(shù)所以f(x)minf（a)a(a1）ln a1。當(dāng)ae時，x1，e時,f(x）0，f(x）在1，e上為減函數(shù)f(x）minf（e)e（a1)。綜上,當(dāng)a1時,f(x)m

11、in1a;當(dāng)1ae時，f(x)mina(a1)ln a1；當(dāng)ae時，f(x)mine（a1).（2）由題意知f(x)（xe，e2)的最小值小于g(x）（x2，0）的最小值由（1)知當(dāng)a1時，f（x)在e，e2上單調(diào)遞增，f（x)minf（e)e（a1）.g(x)(1ex)x.當(dāng)x2，0時,g(x)0，g(x）為減函數(shù)g（x）ming（0）1.所以e(a1）1，即a，所以a的取值范圍為.1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式成立問題的常用方法(1)直接將不等式轉(zhuǎn)化成某個函數(shù)最值問題若證明f（x）g（x)，x（a,b),可以構(gòu)造函數(shù)f(x)f（x)g(x），如果f(x)0，則f(x)在（a，b）上是減函數(shù),同時若f

12、(a)0，由減函數(shù)的定義可知,x（a,b）時,有f(x)0，即證明了f（x)g（x2）f(x1）ming（x2)min；存在x1m,存在x2n，f(x1)g（x2)f（x1)maxg(x2）min；存在x1m，任意x2n,f(x1）g(x2)f(x1）maxg（x2)max。如舉例說明3. 1(2019渭南模擬）設(shè)函數(shù)f（x）（xa)2（3ln x3a）2，若存在x0,使f(x0)，則實數(shù)a的值為（)a. b. c。 d1答案a解析分別令g（x)3ln x，h（x)3x，設(shè)過點p(x0,3ln x0)的函數(shù)g(x）的切線l平行于直線y3x。g（x），由3,解得x01。切點p(1，0)點p到直線

13、y3x的距離d 。存在x01，使f（x0），過點p且與直線y3x垂直的直線方程為y(x1）聯(lián)立解得x,y.則實數(shù)a。故選a.2（2019哈爾濱六中模擬）已知函數(shù)f（x）xln xax21，且f（1）1。(1）求函數(shù)f（x）的解析式；(2)若對任意x（0,)，都有f（x）2mx10，求m的取值范圍；（3）證明函數(shù)yf(x)2x的圖象在g(x）xexx21圖象的下方解(1)因為f（x）xln xax21,所以f(x）ln x1ax.又因為f(1）1,所以1a1，a2,所以f（x)xln xx21。(2）若對任意x（0，），都有f（x）2mx10.即xln xx22mx0恒成立,即mln xx恒成立

14、令h（x)ln xx，則h(x）.當(dāng)01時，h（x)0，h（x)單調(diào)遞減所以當(dāng)x1時，h（x)有最大值，h(1）.所以m，即m的取值范圍是。（3）證明：要證明函數(shù)yf（x)2x的圖象在g（x）xexx21的圖象的下方即證：f(x)2xxexx21恒成立，即ln xex2.由（2)可得h(x）ln xx。所以ln xx1?，F(xiàn)要證明x10時,(x)0，(x)單調(diào)遞增所以（x）(0）0.即exx10。所以x1ex2。從而得到ln xx1ex2。所以函數(shù)yf(x）2x的圖象在g(x）xexx21圖象的下方題型 三利用導(dǎo)數(shù)求解生活中的優(yōu)化問題如圖所示的某種容器的體積為90 cm3，它是由圓錐和圓柱兩部分

15、連接而成，圓柱與圓錐的底面半徑都為r cm。圓錐的高為h1 cm,母線與底面所成的角為45;圓柱的高為h2 cm。已知圓柱底面的造價為2a 元/cm2，圓柱側(cè)面造價為a元/cm2,圓錐側(cè)面造價為a 元/cm2。（1)將圓柱的高h2表示為底面半徑r的函數(shù)，并求出定義域;（2）當(dāng)容器造價最低時，圓柱的底面半徑為多少？解（1)因為圓錐的母線與底面所成的角為45,所以h1r,圓錐的體積為v1r2h1r3，圓柱的體積為v2r2h2.因為v1v290,所以v2r2h290r3,所以h2.因為v1r390，所以r3。因此0r3，所以h2，定義域為r|0r3(2)圓錐的側(cè)面積s1rrr2，圓柱的側(cè)面積s22r

16、h2，底面積s3r2.容器總造價為yas1as22as32r2a2rh2a2r2a2a（r2rh2r2)2a.令f（r)r2，則f（r）2r.令f（r)0，得r3.當(dāng)00，f(r）在（3,3）上為單調(diào)增函數(shù)，因此，當(dāng)r3時,f（r)有最小值,y有最小值90a元所以總造價最低時,圓柱底面的半徑為3 cm.1利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的實際應(yīng)用問題的四步驟2利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量,建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域,然后利用求函數(shù)最值的方法求解,注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相結(jié)合如舉例說明 某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y（單位:千克

17、)與銷售價格x（單位：元/千克）滿足關(guān)系式y(tǒng)10（x6）2，其中3x0)，則h（x）.當(dāng)x(0，1)時，h(x)0，當(dāng)p(30,）時，l（p)0，故l(p）在p30時取得極大值,即最大值，且最大值為l（30)23000.4(2020貴陽摸底）函數(shù)f（x)exax32x2在（0，)上只有一個零點，則a的值為()a4 b4ln 23c2 d5ln 24答案d解析函數(shù)f(x)exax32x2在（0，)上只有一個零點，可得ea在（0,）上只有一個解令g（x),可得g（x）x,g（x）在（0，）上有2個極值點，x1和x4；當(dāng)x(0,1)時函數(shù)g（x）是減函數(shù)，當(dāng)x(1，4)時，函數(shù)g（x)是增函數(shù)，當(dāng)x

18、（4，)時函數(shù)g（x)是減函數(shù)，g(0)0。所以函數(shù)g（x）的最大值為g(4）,函數(shù)f(x)exax32x2在（0,)上只有一個零點，可得ea，所以a5ln 24.故選d。5(2019天津高考）已知ar，設(shè)函數(shù)f(x)若關(guān)于x的不等式f(x)0在r上恒成立，則a的取值范圍為(）a0,1 b0,2 c0，e d1，e答案c解析當(dāng)x1時，由f（x)x22ax2a0恒成立,而二次函數(shù)f（x）圖象的對稱軸為直線xa，所以當(dāng)a1時，f（x)minf（1）10恒成立，當(dāng)a1時，f（x）minf(a）2aa20,所以0a1.綜上,a0。當(dāng)x1時,由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立設(shè)g（x）,則g（x

19、）。令g(x)0,得xe，且當(dāng)1xe時,g（x)cx0(3，），f(x0)1df（x）min(0,1)答案b解析因為函數(shù)f（x）exln （x3)，定義域為(3，），所以f（x）ex,易知f(x）的導(dǎo)函數(shù)f(x）在定義域（3,)上單調(diào)遞增，又f（1）0,f0，所以f(x)0在(3，)上有唯一的實根,不妨將其設(shè)為x0，且x0,則xx0為f(x)的最小值點，且f(x0）0，即ex0，兩邊取以e為底的對數(shù)，得x0ln (x03），故f(x）f(x0)ex0ln (x03)ln (x03）x0，因為x0,所以223，即x（3,），都有f（x）.7已知方程ln xax20有4個不同的實數(shù)根,則實數(shù)a的取

20、值范圍是（）a. b. c。 d。答案a解析由于yln xax2是偶函數(shù),所以方程ln xax20(x0）有兩個根,即a有兩個根設(shè)f（x），則f（x)，所以當(dāng)0x時，f(x)0,f(x）遞增，當(dāng)x時,f(x）0，f(x）遞減,所以當(dāng)x時，f(x)取得極大值也是最大值f。又x0時，f（x)，x時,f(x）0，所以要使a有兩個根,則0a.8已知函數(shù)f（x)x|x2a，若存在x1，2,使得f（x）2，則實數(shù)a的取值范圍是_答案（1，5）解析當(dāng)x1,2時,f（x)x3ax|，由f(x）2可得2x3ax2,即為x25，即a5；設(shè)h（x）x2，則導(dǎo)數(shù)為h（x）2x,當(dāng)x1,2時,h（x）0，即h（x）在1

21、，2上單調(diào)遞減，可得h(x）max121。即有a1.綜上可得，a的取值范圍是1a5.9已知函數(shù)f(x）xln xx2，x0是函數(shù)f（x)的極值點，給出以下幾個命題：0;f(x0)x00），f（x）ln x1x,易得f（x)ln x1x在(0，)遞增，f0，x0,f（x)，0x0，即正確，不正確;ln x01x00,f（x0）x0x0ln x0xx0x0x0,即正確，不正確10已知函數(shù)f(x)的定義域是1,5，部分對應(yīng)值如表，f(x）的導(dǎo)函數(shù)yf（x)的圖象如圖所示，x10245f(x）121。521下列關(guān)于函數(shù)f（x）的命題：函數(shù)f（x)的值域為1，2;函數(shù)f(x)在0,2上是減函數(shù)；如果當(dāng)x

22、1，t時，f（x)的最大值是2，那么t的最大值為4；當(dāng)1a2時,函數(shù)yf（x)a最多有4個零點其中所有正確命題的序號是_答案解析由f（x）的導(dǎo)函數(shù)f(x）的圖象可知，當(dāng)1x0及2x4時，f(x）0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞增，當(dāng)0x2及4x5時，f（x)0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x0及x4時，函數(shù)f（x)取得極大值f(0）2，f（4)2,當(dāng)x2時，函數(shù)f(x)取得極小值f(2)1.5。又f(1）f（5)1,所以函數(shù)f（x)的最大值為2，最小值為1,值域為1,2，正確；因為當(dāng)x0及x4時，函數(shù)f(x）取得極大值f(0）2，f（4)2，要使當(dāng)x1，t時，函數(shù)f(x）的最大值是2,則0t5，所以t的最大

23、值為5，所以不正確；因為極小值f(2)1。5,極大值f（0）f(4）2，所以當(dāng)1a2時，yf（x）a最多有4個零點，所以正確，所以正確命題的序號為.組能力關(guān)1已知f(x）1,過點(k,0)與f（x）相切的直線有且僅有3條，則k的取值范圍是（）a（，2e2) b(，2e2c（，4e2） d(,4e2答案c解析設(shè)切點為,f(x)，則切線為y1(xx0),代入點（k,0）得kx0，令g（x）x，則g（x），當(dāng)x2時，g(x)單調(diào)遞減，要使g(x）k有三個根，由圖象可得，kkx恒成立;對任意兩個正實數(shù)x1,x2，且x1x2，若f（x1)f（x2），則x1x24。其中正確的命題有（)a b c d答案c

24、解析f（x），當(dāng)0x2時，f（x）kx,則k，令g(x），則g(x）,令f（x)4xxln x,則f(x)ln x，所以f（x)在（0,1）上單調(diào)遞增，在(1,）上單調(diào)遞減，f（x）f(1）0，所以g(x)在(0,)上單調(diào)遞減，g（x）無最小值，不存在正實數(shù)k，使得f(x)kx恒成立，故錯誤由x1x2，f(x1）f(x2)可知x12，0x24，即證x14x2,且x14x22，f(x)在(2，)上單調(diào)遞增，即證f（x1）f(4x2），又f(x1）f（x2)，所以證f(x2）f（4x2)，即證f（x)f(4x),x(0，2）令h(x）f（x）f(4x)ln xln (4x)，x(0，2），則h（x

25、)0,所以x1x24，故正確故選c.3對于定義在r上的函數(shù)f（x），若存在非零實數(shù)x0,使函數(shù)f（x)在（,x0）和(x0,)上均有零點，則稱x0為函數(shù)f（x)的一個“折點現(xiàn)給出下列四個函數(shù)：f（x)3x12;f（x）lg x2019|;f（x）x1；f（x）x22mx1(mr）則存在“折點的函數(shù)是_（填序號）答案解析因為f（x）3|x122，所以函數(shù)f（x）不存在零點，所以函數(shù)f（x)不存在“折點；對于函數(shù)f（x）lg |x2019,取x02019,則函數(shù)f（x)在(，2019）上有零點x2020，在(2019,）上有零點x2018，所以x02019是函數(shù)f（x)lg |x2019的一個“折

26、點”；對于函數(shù)f（x)x1,則f（x）x21（x1)（x1）令f(x)0，得x1或x1;令f(x)0，得1x1，所以函數(shù)f（x)在(，1）和(1，）上單調(diào)遞增，在(1，1）上單調(diào)遞減又f(1)0時，x，此時f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增當(dāng)k0時，x，此時f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減（3)由(2)知，當(dāng)k1時，f(x）在（,1)上單調(diào)遞減,在（1，）上單調(diào)遞增則對任意的x1r,有f（x1)f（1）,即f（x1)min，又已知存在x21，2，使得f（x1）g(x2)，所以g（x2),x21，2，即存在x1,2,使得g(x）x22bx4,即2bx,因為x1，2時，x，所以2b4,即b2,所

27、以實數(shù)b的取值范圍是.組素養(yǎng)關(guān)1已知函數(shù)f(x）xsinxln x1，f（x)是f(x）的導(dǎo)函數(shù)(1）證明：當(dāng)m2時，f(x）在（0，)上有唯一零點；（2）若存在x1，x2（0,）,且x1x2時，f(x1）f(x2），證明：x1x2m2。證明(1)當(dāng)m2時,f（x)xsinxln x1,f(x）1cosx.當(dāng)x(0，）時，f(x)為增函數(shù)，且f10,f（x）在（0，)上有唯一零點當(dāng)x,）時，f(x）1cosx10,f(x）在,)上沒有零點綜上知,f（x）在(0，)上有唯一零點（2）不妨設(shè)0x1x2，由f(x1）f（x2)得x1sinx1ln x11x2sinx2ln x21，（ln x2ln x1）x2x1(sinx2sinx1）設(shè)g(x）xsinx，則g（x)1cosx0，故g（x）在(0，)上為增函數(shù)，x2sinx2x1sinx1，從而x2x1sinx2sinx1，(ln x2ln x1）x2x1（sinx2sinx1)(x2x1)，m。下面證明:.令t，則t1，即證明,只需證明ln t1