《金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 Word版含解析（30頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第四講　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的幾種情況 (1)若連續(xù)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)有唯一的極大值點(diǎn)x0，則f(x0)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]上的最小值；若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)有唯一的極小值點(diǎn)x0，則f(x0)是函數(shù)f(x)在a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函數(shù)f(x)在a，b]上的最大值． (2)若函數(shù)f(x)在a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)是函數(shù)f(x)在a，b]上的最小

2、值，f(b)是函數(shù)f(x)在a，b]上的最大值；若函數(shù)f(x)在a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)是函數(shù)f(x)在a，b]上的最大值，f(b)是函數(shù)f(x)在a，b]上的最小值． (3)若函數(shù)f(x)在a，b]上有極值點(diǎn)x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，則將f(x1)，f(x2)，…，f(xn)與f(a)，f(b)作比較，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(wèn)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>0(x∈I

3、)． (2)f(x)>g(x)對(duì)x∈I能成立?I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)對(duì)?x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)對(duì)?x1∈D1，?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min，f(x)定義域?yàn)镈1，g(x)定義域?yàn)镈2. 3．證明不等式問(wèn)題 不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，再由單調(diào)性或最值來(lái)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． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(或方程的根)　　

4、 典例示法 題型1　利用導(dǎo)數(shù)判斷零點(diǎn)(或根)的個(gè)數(shù)問(wèn)題 典例1　　20xx·陜西高考]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當(dāng)m＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (3)若對(duì)任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍． 解]　(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝ln x＋，則f′(x)＝， ∴當(dāng)x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得極小值f(

5、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(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，∴x＝1是φ(x)的最大值點(diǎn)， ∴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

6、 ①當(dāng)m>時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)； ②當(dāng)m＝時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)； ③當(dāng)0<m<時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)； ④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上所述，當(dāng)m>時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)； 當(dāng)m＝或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)0<m<時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． (3)對(duì)任意的b>a>0，<1恒成立， 等價(jià)于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*) 設(shè)h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x>0)， ∴(*)等價(jià)于h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由h′(x)＝－－

7、1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立， ∴m≥， ∴m的取值范圍是. 題型2　利用零點(diǎn)(或根)的存在情況求參數(shù)的取值范圍 典例2　　已知函數(shù)f(x)＝2ln x－x2＋ax(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)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解]　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m

8、， 則g′(x)＝－2x＝. ∵x∈， ∴當(dāng)g′(x)＝0時(shí)，x＝1. 當(dāng)<x<1時(shí)，g′(x)>0； 當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)<0. 故g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝m－1. 又g＝m－2－， g(e)＝m＋2－e2， g(e)－g＝4－e2＋<0， 則g(e)<g， ∴g(x)在上的最小值是g(e)． g(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是 解得1<m≤2＋， ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 三步解決方程解(或曲線公共點(diǎn))的個(gè)數(shù)問(wèn)題 第一步：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線

9、y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問(wèn)題； 第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫(huà)出其圖象； 第三步：結(jié)合圖象求解． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式　　 典例示法 題型1　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 典例3　　20xx·貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)]已知a為實(shí)常數(shù)，函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax－1. (1)討論函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)與g(x)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2. ①求實(shí)數(shù)a的取值范圍； ②求證：－1<y1<0且ey1＋ey2>2.(注：e為自

10、然對(duì)數(shù)的底數(shù)) 解]　(1)h(x)＝ln x－ax＋1，定義域?yàn)?0，＋∞)，h′(x)＝－a. 當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)a>0時(shí)，在區(qū)間上，h′(x)>0；在區(qū)間上，h′(x)<0. ∴h(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)． (2)①函數(shù)f(x)與g(x)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2，等價(jià)于函數(shù)h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1<x2. 由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)a>0時(shí)，h(x)在上是增函數(shù)，

11、在上是減函數(shù)， ∴此時(shí)h為函數(shù)h(x)的最大值． ∵當(dāng)h≤0時(shí)，h(x)最多有一個(gè)零點(diǎn)， ∴h＝ln >0，解得0<a<1. <<，且h＝－1－＋1＝－<0， h＝2－2ln a－＋1＝3－2ln a－(0<a<1)． 令F(a)＝3－2ln a－，則F′(a)＝－＋＝>0， ∴F(a)在(0,1)上單調(diào)遞增， ∴F(a)<F(1)＝3－e2<0，則h<0. ∴當(dāng)0<a<1時(shí)，h(x)在和上各有一個(gè)零點(diǎn)， ∴a的取值范圍是(0,1)． ②證明：由(1)可知函數(shù)h(x)＝ln x－ax＋1在

12、上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)， 所以h＝－1－＋1＝－<0，h(1)＝1－a>0. 故<x1<1，即－1<f(x1)<0， 所以－1<y1<0， 構(gòu)造函數(shù)G(x)＝h－h(huán)(x)＝ln －a－(ln x－ax)， 則G′(x)＝－＋2a＝<0， ∴函數(shù)G(x)在區(qū)間上為減函數(shù)． ∵0<x1<，∴G(x1)>G＝0. 又∵h(yuǎn)(x1)＝0，∴h＝ln －a＋1－h(huán)(x1)＝G(x1)>0＝h(x2)． ∴由(1)知x2>－x1，即ey1＋ey2>>2， ∴ey1＋ey2>2. 題型

13、2　利用導(dǎo)數(shù)解決存在與恒成立問(wèn)題 典例4　　20xx·四川高考]已知函數(shù)f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0. (1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性； (2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解． 解]　(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)， 所以g′(x)＝2－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． (2)證明：由

14、f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0， 解得a＝x－1－ln x. 令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x， 則φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0. 令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)． 由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1`，即a0∈(0,1)． 當(dāng)a＝a0時(shí)，有f′(x

15、0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0. 再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)<0，從而f(x)>f(x0)＝0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0； 又當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0. 故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0. 綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解． 1．兩招破解不等式的恒成立問(wèn)題 (1)分離參數(shù)法 第一步：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問(wèn)

16、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(wèn)題； 第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)； 第三步：構(gòu)建不等式求解． 2．利用導(dǎo)數(shù)解決不等式存在性問(wèn)題的方法技巧 根據(jù)條件將問(wèn)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(wèn)題，進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)在該區(qū)間上的最值問(wèn)題，最后構(gòu)建不等式求解． 3．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形． (2)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

17、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(wèn)題． 考點(diǎn)　利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題　　 典例示法 典例5　　20xx·江蘇高考]某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計(jì)劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝(其中a，b為

18、常數(shù))模型． (1)求a，b的值； (2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t. ①請(qǐng)寫(xiě)出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)解析式f(t)，并寫(xiě)出其定義域； ②當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短？求出最短長(zhǎng)度． 解]　(1)由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(5,40)，(20,2.5)． 將其分別代入y＝，得 解得 (2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20), 則點(diǎn)P的坐標(biāo)為， 設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B點(diǎn)， y′＝－， 則l的方程為y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝ ＝ ，t∈5,20]． ②設(shè)g(t)＝t2＋，則g′(t)＝2t－. 令

19、g′(t)＝0，解得t＝10. 當(dāng)t∈(5,10)時(shí)， g′(t)<0，g(t)是減函數(shù)； 當(dāng)t∈(10，20)時(shí)，g′(t)>0，g(t)是增函數(shù)； 從而，當(dāng)t＝10時(shí)，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時(shí)f(t)min＝15. 故當(dāng)t＝10時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為15千米． 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題的一般步驟 (1)建模：分析實(shí)際問(wèn)題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型，寫(xiě)出實(shí)際問(wèn)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

20、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． (4)作答：回歸實(shí)際問(wèn)題作答． 針對(duì)訓(xùn)練 某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價(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)若該商品的成本為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(rùn)最大． 解　(1)因?yàn)閤＝5時(shí)，y＝11，代入y＝＋10(x－6)2，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量 y

21、＝＋10(x－6)2， 所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn) f(x)＝(x－3)·＝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－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) ＋ 0 － f(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)

22、格為4元/千克時(shí)，商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大． 全國(guó)卷高考真題調(diào)研] 1．20xx·全國(guó)卷Ⅰ]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意可知存在唯一的整數(shù)x0，使得ex0(2x0－1)<ax0－a，設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由g′(x)＝ex(2x＋1)可知g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，作出g(x)與h(x)的大致圖象如圖所示，故即所以≤a<1，故選D. 2．20x

23、x·全國(guó)卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． (ⅰ)設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． (ⅱ)設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln (－2a)． ①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a>－

24、，則ln (－2a)<1，故當(dāng)x∈(－∞，ln (－2a))∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(ln (－2a)，1)時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln (－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln (－2a)，1)上單調(diào)遞減． ③若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(－∞，1)∪(ln (－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，ln (－2a))時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln (－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，ln (－2a))上單調(diào)遞減． (2)(ⅰ)設(shè)a>0，則由(1)知，f(

25、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<ln ，則f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0， 所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． (ⅱ)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅲ)設(shè)a<0，若a≥－，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x≤1時(shí)f(x)<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)；若a<－，則由(1)知，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(shí)f(x)<0，故f(x)不存在

26、兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． 其它省市高考題借鑒] 3．20xx·陜西高考]如圖，某飛行器在4千米高空水平飛行，從距著陸點(diǎn)A的水平距離10千米處開(kāi)始下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為(　　) A．y＝x3－x B．y＝x3－x C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x 答案　A 解析　根據(jù)題意知，所求函數(shù)在(－5,5)上單調(diào)遞減．對(duì)于A，y＝x3－x，∴y′＝x2－＝(x2－25)， ∴?x∈(－5,5)，y′<0，∴y＝x3－x在(－5,5)內(nèi)為減函數(shù)，同理可驗(yàn)證B、C、D均不滿足此條件，故選A. 4

27、．20xx·福建高考]已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<x－1； (3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0>1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)>k(x－1)． 解　(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)>0得解得0<x<. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是. (2)證明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)． 則F′(x)＝. 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0， 所以F(x)在1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故

28、當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，即當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<x－1. (3)由(2)知，當(dāng)k＝1時(shí)，不存在x0>1滿足題意． 當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于x>1， 有f(x)<x－1<k(x－1)，則f(x)<k(x－1)， 從而不存在x0>1滿足題意． 當(dāng)k<1時(shí)，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則G′(x)＝－x＋1－k＝. 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝<0， x2＝>1. 當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G′(x)>0，故G(x)在1，x2)內(nèi)

29、單調(diào)遞增． 從而當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)， 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． 5．20xx·山東高考]已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明f(x)>f′(x)＋對(duì)于任意的x∈1,2]成立． 解　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝. 當(dāng)a≤0時(shí)，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝. ①0<

30、a<2時(shí)，>1， 當(dāng)x∈(0,1)或x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． ②a＝2時(shí)，＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增． ③a>2時(shí)，0<<1， 當(dāng)x∈或x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減； 當(dāng)0<a<2時(shí)，f(x)在(0,1)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)a＝2時(shí)，f(x)

31、在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增； 當(dāng)a>2時(shí)，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，在 內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)知，a＝1時(shí)， f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－＝x－ln x＋＋－－1，x∈1,2]． 設(shè)g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈1,2]． 則f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)． 由g′(x)＝≥0， 可得g(x)≥g(1)＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取得等號(hào)， 又h′(x)＝. 設(shè)φ(x)＝－3x2－2x＋6，則φ(x)在x∈1,2]上單調(diào)遞減， 因?yàn)棣?1)＝1，φ(2)＝－10， 所以?x0∈(1,2)，使得x∈

32、(1，x0)時(shí)，φ(x)>0，x∈(x0,2)時(shí)，φ(x)<0. 所以h(x)在(1，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0,2)內(nèi)單調(diào)遞減． 由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取得等號(hào)． 所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝， 即f(x)>f′(x)＋對(duì)于任意的x∈1,2]成立． 一、選擇題 1．20xx·陜西高考]設(shè)f(x)＝x－sinx，則f(x)(　　) A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù) B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù) C．是有零點(diǎn)的減函數(shù) D．是沒(méi)有零點(diǎn)的奇函數(shù) 答案　B 解析　∵f(－x)＝－x－si

33、n(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．又f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)單調(diào)遞增，選B. 2．20xx·河南洛陽(yáng)質(zhì)檢]對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足≤0，則必有(　　) A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)<2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1) 答案　A 解析　當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞增，即當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值同時(shí)也取得最小值f(1)，所以f

34、(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)＋f(2)>2f(1)，故選A. 3．20xx·河北石家莊模擬]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．4，＋∞) 答案　B 解析　2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋.設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)mi

35、n＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4，故a的取值范圍是(－∞，4]． 4．20xx·河北衡水中學(xué)調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝＋的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點(diǎn)P(m，n)表示的平面區(qū)域?yàn)镈，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,3] C．(3，＋∞) D．3，＋∞) 答案　A 解析　f′(x)＝x2＋mx＋＝0的兩根為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)， 則? 即 作出區(qū)域D，如圖陰影部分， 可得loga(－

36、1＋4)>1，所以1<a<3. 5．20xx·江西八校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，令f′(x)＝0，則2a＝，設(shè)g(x)＝， 則g′(x)＝，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又∵當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1， ∴只

37、需0<2a<1?0<a<. 6．20xx·河北秦皇島二模]已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，有f′(x)＋>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　∵x≠0時(shí)，f′(x)＋>0， ∴>0，即>0.　① 當(dāng)x>0時(shí)，由①式知(xf(x))′>0， ∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 又>0，∴F(x)&

38、gt;0在(0，＋∞)上恒成立， ∴F(x)在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)． 當(dāng)x<0時(shí)，(xf(x))′<0， ∴U(x)＝xf(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)， 且U(0)＝0·f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立， ∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上為減函數(shù)． 當(dāng)x→0時(shí)，xf(x)→0，∴F(x)≈<0， 當(dāng)x→－∞時(shí)，→0，∴F(x)≈xf(x)>0， ∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點(diǎn)． 綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，故選B. 二、填空題 7．20xx·

39、山西四校聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案　 解析　在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖，而函數(shù)y＝mx－恒過(guò)定點(diǎn)，設(shè)過(guò)點(diǎn)與函數(shù)y＝ln x的圖象相切的直線為l1，切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，ln x0)．因?yàn)閥＝ln x的導(dǎo)函數(shù)y′＝，所以圖中y＝ln x的切線l1的斜率為k＝，則＝，解得x0＝，所以k＝.又圖中l(wèi)2的斜率為，故當(dāng)方程f(x)＝mx－恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 8．20xx·河南鄭州質(zhì)檢三]設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)

40、，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0的解集為_(kāi)_______． 答案　(－∞，－20xx) 解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，∴x2f(x)]′<x3<0.令F(x)＝x2f(x)(x<0)，則F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，因?yàn)镕(x＋20xx)＝(x＋20xx)2f(x＋20xx)，F(xiàn)(－2)＝4f(－2)，所以不等式(x＋20xx)2f(x＋20xx)－4f(－2)>0即為F(

41、x＋20xx)－F(－2)>0，即F(x＋20xx)>F(－2)，又因?yàn)镕(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以x＋20xx<－2，∴x<－20xx. 9．已知偶函數(shù)y＝f(x)對(duì)于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式中成立的有________． (1)f<f (2)f>f (3)f(0)<f (4)f<f 答案　(2)(3)(4) 解析　因?yàn)榕己瘮?shù)y＝f(x)對(duì)于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，且f′(x)cosx＋f(x)s

42、inx＝f′(x)cosx－f(x)(cosx)′，所以可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝>0，所以g(x)為偶函數(shù)且在上單調(diào)遞增，所以有g(shù)＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝＝f.由函數(shù)單調(diào)性可知g<g<g，即f<f<2f，所以(2)(4)正確，(1)錯(cuò)．對(duì)于(3)，g＝g＝f>g(0)＝f(0)，所以(3)正確． 三、解答題 10．20xx·珠海模擬]某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為R(x)＝3700x＋45x2－10x3(單位：萬(wàn)元)，成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5000(單位：萬(wàn)元)，又在經(jīng)濟(jì)學(xué)中，函數(shù)f(x)的

43、邊際函數(shù)Mf(x)定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)． (1)求利潤(rùn)函數(shù)P(x)及邊際利潤(rùn)函數(shù)MP(x)；(提示：利潤(rùn)＝產(chǎn)值－成本) (2)問(wèn)年造船量安排多少艘時(shí)，可使公司造船的年利潤(rùn)最大？ (3)求邊際利潤(rùn)函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說(shuō)明單調(diào)遞減在本題中的實(shí)際意義是什么？ 解　(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)； MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)． (2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)， 因?yàn)閤&g

44、t;0，所以P′(x)＝0時(shí)，x＝12， 當(dāng)0<x<12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潤(rùn)最大． (3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305. 所以，當(dāng)x≥1時(shí)，MP(x)單調(diào)遞減， 所以單調(diào)減區(qū)間為1,19]，且x∈N*. MP(x)是減函數(shù)的實(shí)際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤(rùn)與前一艘比較，利潤(rùn)在減少． 11．已知函數(shù)f(x)＝x＋aln x－1. (1)當(dāng)a∈R時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

45、(2)若f(x)＋≥0對(duì)于任意x∈1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋＝， 當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)0<x<－a時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>－a時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，－a)上為減函數(shù)，f(x)在(－a，＋∞)上為增函數(shù)． (2)由題意知x＋aln x－1＋≥0在x∈1，＋∞)恒成立， 設(shè)g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈1，＋∞)， 則g′(x)＝1＋＋＝，x∈1，＋∞)， 設(shè)h(x)＝2x2＋2ax＋1

46、－ln x，則h′(x)＝4x－＋2a， 當(dāng)a≥0時(shí)，4x－為增函數(shù)，所以h′(x)≥＋a>0， 所以g(x)在1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)－≤a<0時(shí)，h′(x)≥＋a≥0， 所以g(x)在1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)a<－時(shí)，當(dāng)x∈時(shí)，2a＋1<－2x， 由(1)知，當(dāng)a＝－1時(shí)，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1， －ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0， 此時(shí)g′(x)<0，所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上

47、，g(x)<g(1)＝0，不符合題意． 綜上所述a≥－. 12．20xx·濟(jì)寧模擬]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a(其中a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)． (1)當(dāng)a＝e時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值； (2)當(dāng)0≤a≤1時(shí)，求證f(x)≥0； (3)求證：對(duì)任意正整數(shù)n，都有…<e. 解　(1)當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝ex－ex－e，f′(x)＝ex－e， 當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小

48、值f(1)＝－e， 函數(shù)f(x)無(wú)極大值． (2)證明：由f(x)＝ex－ax－a，f′(x)＝ex－a， ①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex>0恒成立，滿足條件． ②當(dāng)0<a≤1時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝ln a， 則當(dāng)x∈(－∞，ln a)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減， 在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在x＝ln a處取得極小值即為最小值 f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a 因?yàn)?<a≤1，所以ln a

49、≤0，所以－aln a≥0 所以f(x)min≥0，所以當(dāng)0≤a≤1時(shí)，f(x)≥0； (3)證明：由(2)知，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0恒成立， 所以f(x)＝ex－x－1≥0恒成立， 即ex≥x＋1，所以ln (x＋1)≤x， 令x＝(n∈N*)，得ln ≤， 所以ln ＋ln ＋…＋ln ≤＋＋…＋＝＝1－n<1. 所以…<e. 典題例證 20xx·全國(guó)卷Ⅲ]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<<x； (3)設(shè)c>1，證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1

50、)x>cx. 審題過(guò)程 　求出導(dǎo)函數(shù)f(x)然后確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 　利用(1)的結(jié)論證明不等式；構(gòu)造新函數(shù)，通過(guò)研究新函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明. 　(1)由題設(shè)知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. 當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x<x－1. 故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x<x－1，ln <－1， 所以&

51、gt;1且x·ln x>x－1，即1<<x. (3)證明：由題設(shè)c>1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 則g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0， 解得x0＝. 當(dāng)x<x0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>x0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減． 由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx. 模型歸納 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的模型示意圖如下：