2021届高考数学教学案：第2章 第11讲　第课时　导数的综合应用含解析

1、学必求其心得，业必贵于专精2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第2章 第11讲第3课时导数的综合应用含解析第3课时导数的综合应用题型 一利用导数求解函数的零点或方程的根的问题1(2019汉中模拟）若函数f(x）与g(x)满足：存在实数t，使得f(t）g(t)，则称函数g(x）为f（x)的“友导”函数已知函数g(x)kx2x3为函数f（x）x2ln xx的“友导”函数，则k的取值范围是()a（,1） b(，2c（1，） d2，)答案d解析g（x）kx1，由题意g(x）为函数f(x)的“友导”函数，即方程x2ln xxkx1有解，故kxln x1，记p(x)xln x1,则p(x)1ln xl

2、n x，当x1时,0，ln x0，故p（x)0,故p(x)递增；当0x1时，0，ln x0，故p（x)0,故p(x）递减，故p(x）p(1)2，故由方程kxln x1有解,得k2，故选d.2（2019全国卷节选）已知函数f(x）ln x.讨论f（x）的单调性，并证明f（x)有且仅有两个零点解f（x)的定义域为(0，1)(1，)因为f(x)0,所以f(x)在(0,1)，(1,）上单调递增因为f（e）10，f(e2）20，所以f(x)在（1，)有唯一零点x1（ex1e2),即f（x1）ln x10.又0e2，令f(x)0，解得00，f(x)无零点，当a时，f（x)min0,f（x）有1个零点,当a

3、时，f（x)min0，f(x)有2个零点条件探究2将本例中的函数f（x）改为f(x)x2(e为自然对数的底数）若直线l：ykx2与曲线yf(x）没有公共点，求k的最大值解直线l:ykx2与曲线yf（x)没有公共点等价于关于x的方程kx2x2在r上没有实数解，即关于x的方程(k1）x（)在r上没有实数解（1）当k1时,方程(*）可化为0,在r上没有实数解，符合题意（2）当k1时，方程（）可化为xex。令g（x)xex，则有g（x）(1x）ex，令g（x)0，得x1。当x变化时,g(x），g(x）的变化情况如下表：x（，1)1（1，)g（x）0g(x）所以当x1时,g(x)min,又当x时,g（x

4、)，所以g(x）的取值范围为.所以当时，方程()无实数解,故k的取值范围是（1e，1)综上,k的取值范围是（1e，1，即k的最大值为1.利用导数研究函数零点或方程根的方法（1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围（2）数形结合法求解零点对于方程解的个数（或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围（3)构造函数法研究函数零点根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以

5、及区间端点的函数值与0的关系，从而求解解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法如举例说明1。 1(2019吉安模拟）已知定义在r上的奇函数f(x）满足x0时，f（x）xln xln，则函数g（x)f(x）sinx(e为自然对数的底数）的零点个数是(）a1 b2 c3 d5答案c解析根据题意，函数g（x)f(x)sinx的零点即函数yf(x）与ysinx的交点，设h(x）sinx，函数f（x)为r上的奇函数，则f(0）0,又由h（0）sin00.则函数yf（x)与ysinx存在交点(0,0)，当x0时，f（x)xln xln，其导数

6、f（x)，分析可得在区间上，f（x）e时，axex，故exaxexex0在（0，）上恒成立故f(x)在（0，1)上单调递减，在(1,）上单调递增f（x）minf（1)ae0,故当ae时，f(x）没有零点当ae时，令exax0,得a，（x)，（x)。（x)在(0，1）上单调递减，在(1,)上单调递增,(x)min（1）e，exax0在(0，）上有两个零点x1,x2，0x11x2，f(x）在（0,x1)上单调递减，在(x1,1）上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2,）上单调递增，f(1）ae0，又x0时，f(x），x时，f(x).此时f（x)有两个零点综上，若f(x)有两个零点，则ae.

7、题型 二利用导数研究不等式的有关问题角度1证明不等式（多维探究）1(2019北京高考节选）已知函数f(x)x3x2x。（1)求曲线yf(x）的斜率为1的切线方程;(2)当x2，4时，求证：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,所以曲线yf(x）的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.（2）证明：令g（x)f(x)x,x2，4由g(x)x3x2得g（x)x22x.令g（x)0得x0或x。当x变化时,g（x)，g(x)的变化情况如下：x2(2，0）04g（x)00g（x)600所以g（x）的最小值为6，

8、最大值为0.故6g（x)0,即x6f(x）x.条件探究将本例中的函数f(x）改为f（x）,设g（x)xln x，当x(0，)时求证：f(x)g(x）证明因为g（x）ln x1。令g(x）0，则x0,所以f(x)在（0，1）上单调递增，在(1,)上单调递减所以f（x）f(1）.因此f（x）g(x）角度2已知不等式恒成立，求参数的取值范围2(2019银川模拟）已知函数f（x）xaln （x1）（1)当a2时,求f(x）的单调区间；(2)当a1时，关于x的不等式kx2f（x)在0，）上恒成立,求k的取值范围解（1)当a2时，f(x）x2ln (x1），f（x)1,当x(1，1）时，f（x)0，f（x

9、）是增函数所以，f(x)的减区间为（1,1),增区间为（1，)(2)当a1时，f(x）xln (x1)，kx2f(x)，即kx2xln (x1）0.设g（x）kx2xln （x1),x0，则只需g（x)0在0，)恒成立即可易知g（0）0，g(x）2kx1，因为x0，所以0。当k0时，g（x)0,此时g（x)在0，)上单调递减，所以g(x）g（0）0，与题设矛盾；当0k时，由g(x）0得x10。当x时，g（x）0,此时g（x）在上单调递减，所以，当x时，g(x）g（0）0，与题设矛盾；当k时,g(x）0，故g(x）在0，)上单调递增，所以g(x)g(0）0恒成立综上，k.角度3不等式存在性成立问

10、题3已知函数f(x)x(a1)ln x（ar)，g(x）x2exxex.(1)当x1，e时，求f（x)的最小值；(2)当a1时,若存在x1e,e2，使得对任意的x22,0,f(x1）g(x2）恒成立，求a的取值范围解（1)f（x）的定义域为(0，），f（x)。当a1时，x1，e，f（x）0,f(x)为增函数，f（x）minf（1）1a。当1ae时，x1,a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f（x)0，f(x）为增函数所以f(x)minf（a)a(a1）ln a1。当ae时，x1，e时,f(x）0，f(x）在1，e上为减函数f(x）minf（e)e（a1)。综上,当a1时,f(x)m

11、in1a;当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine（a1).（2）由题意知f(x)（xe，e2)的最小值小于g(x）（x2，0）的最小值由（1)知当a1时，f（x)在e，e2上单调递增，f（x)minf（e)e（a1）.g(x)(1ex)x.当x2，0时,g(x)0，g(x）为减函数g（x）ming（0）1.所以e(a1）1，即a，所以a的取值范围为.1利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题若证明f（x）g（x)，x（a,b),可以构造函数f(x)f（x)g(x），如果f(x)0，则f(x)在（a，b）上是减函数,同时若f

12、(a)0，由减函数的定义可知,x（a,b）时,有f(x)0，即证明了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。如举例说明3. 1(2019渭南模拟）设函数f（x）（xa)2（3ln x3a）2，若存在x0,使f(x0)，则实数a的值为（)a. b. c。 d1答案a解析分别令g（x)3ln x，h（x)3x，设过点p(x0,3ln x0)的函数g(x）的切线l平行于直线y3x。g（x），由3,解得x01。切点p(1，0)点p到直线

13、y3x的距离d 。存在x01，使f（x0），过点p且与直线y3x垂直的直线方程为y(x1）联立解得x,y.则实数a。故选a.2（2019哈尔滨六中模拟）已知函数f（x）xln xax21，且f（1）1。(1）求函数f（x）的解析式；(2)若对任意x（0,)，都有f（x）2mx10，求m的取值范围；（3）证明函数yf(x)2x的图象在g(x）xexx21图象的下方解(1)因为f（x）xln xax21,所以f(x）ln x1ax.又因为f(1）1,所以1a1，a2,所以f（x)xln xx21。(2）若对任意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，则h(x）.当01时，h（x)0，h（x)单调递减所以当x1时，h（x)有最大值，h(1）.所以m，即m的取值范围是。（3）证明：要证明函数yf（x)2x的图象在g（x）xexx21的图象的下方即证：f(x)2xxexx21恒成立，即ln xex2.由（2)可得h(x）ln xx。所以ln xx1。现要证明x10时,(x)0，(x)单调递增所以（x）(0）0.即exx10。所以x1ex2。从而得到ln xx1ex2。所以函数yf(x）2x的图象在g(x）xexx21图象的下方题型 三利用导数求解生活中的优化问题如图所示的某种容器的体积为90 cm3，它是由圆锥和圆柱两部分

15、连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm。圆锥的高为h1 cm,母线与底面所成的角为45;圆柱的高为h2 cm。已知圆柱底面的造价为2a 元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2,圆锥侧面造价为a 元/cm2。（1)将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域;（2）当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？解（1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45,所以h1r,圆锥的体积为v1r2h1r3，圆柱的体积为v2r2h2.因为v1v290,所以v2r2h290r3,所以h2.因为v1r390，所以r3。因此0r3，所以h2，定义域为r|0r3(2)圆锥的侧面积s1rrr2，圆柱的侧面积s22r

16、h2，底面积s3r2.容器总造价为yas1as22as32r2a2rh2a2r2a2a（r2rh2r2)2a.令f（r)r2，则f（r）2r.令f（r)0，得r3.当00，f(r）在（3,3）上为单调增函数，因此，当r3时,f（r)有最小值,y有最小值90a元所以总造价最低时,圆柱底面的半径为3 cm.1利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤2利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量,建立函数关系式，并确定其定义域,然后利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相结合如举例说明 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位:千克

17、)与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y10（x6）2，其中3x0)，则h（x）.当x(0，1)时，h(x)0，当p(30,）时，l（p)0，故l(p）在p30时取得极大值,即最大值，且最大值为l（30)23000.4(2020贵阳摸底）函数f（x)exax32x2在（0，)上只有一个零点，则a的值为()a4 b4ln 23c2 d5ln 24答案d解析函数f(x)exax32x2在（0，)上只有一个零点，可得ea在（0,）上只有一个解令g（x),可得g（x）x,g（x）在（0，）上有2个极值点，x1和x4；当x(0,1)时函数g（x）是减函数，当x(1，4)时，函数g（x)是增函数，当x

18、（4，)时函数g（x)是减函数，g(0)0。所以函数g（x）的最大值为g(4）,函数f(x)exax32x2在（0,)上只有一个零点，可得ea，所以a5ln 24.故选d。5(2019天津高考）已知ar，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0在r上恒成立，则a的取值范围为(）a0,1 b0,2 c0，e d1，e答案c解析当x1时，由f（x)x22ax2a0恒成立,而二次函数f（x）图象的对称轴为直线xa，所以当a1时，f（x)minf（1）10恒成立，当a1时，f（x）minf(a）2aa20,所以0a1.综上,a0。当x1时,由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g（x）,则g（x

19、）。令g(x)0,得xe，且当1xe时,g（x)cx0(3，），f(x0)1df（x）min(0,1)答案b解析因为函数f（x）exln （x3)，定义域为(3，），所以f（x）ex,易知f(x）的导函数f(x）在定义域（3,)上单调递增，又f（1）0,f0，所以f(x)0在(3，)上有唯一的实根,不妨将其设为x0，且x0,则xx0为f(x)的最小值点，且f(x0）0，即ex0，两边取以e为底的对数，得x0ln (x03），故f(x）f(x0)ex0ln (x03)ln (x03）x0，因为x0,所以223，即x（3,），都有f（x）.7已知方程ln xax20有4个不同的实数根,则实数a的取

20、值范围是（）a. b. c。 d。答案a解析由于yln xax2是偶函数,所以方程ln xax20(x0）有两个根,即a有两个根设f（x），则f（x)，所以当0x时，f(x)0,f(x）递增，当x时,f(x）0，f(x）递减,所以当x时，f(x)取得极大值也是最大值f。又x0时，f（x)，x时,f(x）0，所以要使a有两个根,则0a.8已知函数f（x)x|x2a，若存在x1，2,使得f（x）2，则实数a的取值范围是_答案（1，5）解析当x1,2时,f（x)x3ax|，由f(x）2可得2x3ax2,即为x25，即a5；设h（x）x2，则导数为h（x）2x,当x1,2时,h（x）0，即h（x）在1

21、，2上单调递减，可得h(x）max121。即有a1.综上可得，a的取值范围是1a5.9已知函数f(x）xln xx2，x0是函数f（x)的极值点，给出以下几个命题：0;f(x0)x00），f（x）ln x1x,易得f（x)ln x1x在(0，)递增，f0，x0,f（x)，0x0，即正确，不正确;ln x01x00,f（x0）x0x0ln x0xx0x0x0,即正确，不正确10已知函数f(x)的定义域是1,5，部分对应值如表，f(x）的导函数yf（x)的图象如图所示，x10245f(x）121。521下列关于函数f（x）的命题：函数f（x)的值域为1，2;函数f(x)在0,2上是减函数；如果当x

22、1，t时，f（x)的最大值是2，那么t的最大值为4；当1a2时,函数yf（x)a最多有4个零点其中所有正确命题的序号是_答案解析由f（x）的导函数f(x）的图象可知，当1x0及2x4时，f(x）0，函数f(x）单调递增，当0x2及4x5时，f（x)0，函数f（x）单调递减，当x0及x4时，函数f（x)取得极大值f(0）2，f（4)2,当x2时，函数f(x)取得极小值f(2)1.5。又f(1）f（5)1,所以函数f（x)的最大值为2，最小值为1,值域为1,2，正确；因为当x0及x4时，函数f(x）取得极大值f(0）2，f（4)2，要使当x1，t时，函数f(x）的最大值是2,则0t5，所以t的最大

23、值为5，所以不正确；因为极小值f(2)1。5,极大值f（0）f(4）2，所以当1a2时，yf（x）a最多有4个零点，所以正确，所以正确命题的序号为.组能力关1已知f(x）1,过点(k,0)与f（x）相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是（）a（，2e2) b(，2e2c（，4e2） d(,4e2答案c解析设切点为,f(x)，则切线为y1(xx0),代入点（k,0）得kx0，令g（x）x，则g（x），当x2时，g(x)单调递减，要使g(x）k有三个根，由图象可得，kkx恒成立;对任意两个正实数x1,x2，且x1x2，若f（x1)f（x2），则x1x24。其中正确的命题有（)a b c d答案c

24、解析f（x），当0x2时，f（x）kx,则k，令g(x），则g(x）,令f（x)4xxln x,则f(x)ln x，所以f（x)在（0,1）上单调递增，在(1,）上单调递减，f（x）f(1）0，所以g(x)在(0,)上单调递减，g（x）无最小值，不存在正实数k，使得f(x)kx恒成立，故错误由x1x2，f(x1）f(x2)可知x12，0x24，即证x14x2,且x14x22，f(x)在(2，)上单调递增，即证f（x1）f(4x2），又f(x1）f（x2)，所以证f(x2）f（4x2)，即证f（x)f(4x),x(0，2）令h(x）f（x）f(4x)ln xln (4x)，x(0，2），则h（x

25、)0,所以x1x24，故正确故选c.3对于定义在r上的函数f（x），若存在非零实数x0,使函数f（x)在（,x0）和(x0,)上均有零点，则称x0为函数f（x)的一个“折点现给出下列四个函数：f（x)3x12;f（x）lg x2019|;f（x）x1；f（x）x22mx1(mr）则存在“折点的函数是_（填序号）答案解析因为f（x）3|x122，所以函数f（x）不存在零点，所以函数f（x)不存在“折点；对于函数f（x）lg |x2019,取x02019,则函数f（x)在(，2019）上有零点x2020，在(2019,）上有零点x2018，所以x02019是函数f（x)lg |x2019的一个“折

26、点”；对于函数f（x)x1,则f（x）x21（x1)（x1）令f(x)0，得x1或x1;令f(x)0，得1x1，所以函数f（x)在(，1）和(1，）上单调递增，在(1，1）上单调递减又f(1)0时，x，此时f(x)在上单调递减,在上单调递增当k0时，x，此时f（x）在上单调递增，在上单调递减（3)由(2)知，当k1时，f(x）在（,1)上单调递减,在（1，）上单调递增则对任意的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,因为x1，2时，x，所以2b4,即b2,所

27、以实数b的取值范围是.组素养关1已知函数f(x）xsinxln x1，f（x)是f(x）的导函数(1）证明：当m2时，f(x）在（0，)上有唯一零点；（2）若存在x1，x2（0,）,且x1x2时，f(x1）f(x2），证明：x1x2m2。证明(1)当m2时,f（x)xsinxln x1,f(x）1cosx.当x(0，）时，f(x)为增函数，且f10,f（x）在（0，)上有唯一零点当x,）时，f(x）1cosx10,f(x）在,)上没有零点综上知,f（x）在(0，)上有唯一零点（2）不妨设0x1x2，由f(x1）f（x2)得x1sinx1ln x11x2sinx2ln x21，（ln x2ln x1）x2x1(sinx2sinx1）设g(x）xsinx，则g（x)1cosx0，故g（x）在(0，)上为增函数，x2sinx2x1sinx1，从而x2x1sinx2sinx1，(ln x2ln x1）x2x1（sinx2sinx1)(x2x1)，m。下面证明:.令t，则t1，即证明,只需证明ln t1