第四节导数的综合应用(要点归纳夯实基础练)

第四节导数的综合应用【要点归纳】一、导数在实际生活中的应用1．利用导数解决有关函数的最大值、最小值的实际问题，体现在以下几个方面：(1)与几何有关的最值问题(求几何图形或几何体的面积与体积的最值)；(2)与物理学有关的最值问题；(3)与利润及其成本有关的最值问题．2．优化问题：生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．3．利用导数求优化问题的步骤．(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小．最大(小)者为最大(小)值．二、利用导数研究不等式的有关问题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(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(x)．(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，；存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.(3)f(x)>g(x)恒成立⇔Fx＝fx－gx⇔F(x)min>0.(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max..3.两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．【夯实基础练】1．(2022•高三第六次月考)若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是()A． B． C．D．【解析】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小．而，令，则，可得，此时，Q到直线的距离，故，所以．故选：B【答案】B2．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第八次月考)(多选)已知为常数，函数，若函数恰有四个零点，则实数的值可以是()A． B． C． D．【解析】由题意，函数，当时，可得，此时是函数的一个零点；当时，令转化为，其中，要是使得有三个零点，只需和的图象有三个不同的交点，作出函数的图象，如图所示，结合图象，可得当或.结合选项，实数的值可以是和.故选：AC.【答案】AC3．(2022•黑龙江省鹤岗市第一中学高三(上)期末)已知函数有两个零点，则a的最小整数值为()A．0 B．1 C．2 D．3【解析】，设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；若，则时，，单调递减，时，，单调递增.因为函数在R上有两个零点，所以，而，限定，记，，即在上单调递增，于是，则时，，此时，因为，所以，于是时，.综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.故选：C.【答案】C4．(2022•黑龙江省高三(下)校际联合考试)已知函数，则的最大值的最小值是()A． B． C．1 D．2【解析】令，则，∴时，函数单调递减，时，函数单调递增，所以可得，∴当时，函数的最大值为，当时，函数的最大值为，当时，函数，当时，，∴函数的最小值是.故选：B.【答案】B5．(2022•深圳实验学校等高三(上)联考)(多选)已知函数，是的导函数，则下列命题正确的是()A．在区间上是增函数 B．当时，函数的最小值为C． D．有2个零点【解析】当时，，，∴在区间上是增函数，A选项正确；当时，，当且仅当时取到最小值，B选项正确；当时，，C选项错误；当时，，令，则，由于，设方程的两根为，由，所以时，，单调递减，时，，单调递增，且，又，所以在内只有一个零点.当时，，令，则，令，时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，则极大值，极小值，而，所以在内只有一个零点.综上：有2个零点，D选项正确.故选：ABD.【答案】ABD6．(2022•甘肃省兰州大学附属中学高三第三次月考)已知函数，若恒成立，则满足条件的实数的个数为()A．3 B．2 C．1 D．0【解析】①当时，，满足题意，②当时，，，，，故不恒成立，③当时，设，，，都是递增函数，要使恒成立，则恒同号，所以，与轴交点重合，令，得，，得，方程的解的个数，即交点个数，设(a)，则(a)，由导数的应用可得：(a)在为减函数，在，为增函数，则(a)，即有2解，所以存在2个使得成立，综合①②③得：满足条件的的个数是3个，故选：A．【答案】A7．(2022•安徽省六安一中高三第四次月考)已知是函数的导函数，且对任意的实数x都有(e是自然对数的底数)，，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是()A． B． C．D．【解析】由对任意的实数x都有，有，即设，则，所以，其中为常数.即所以，又，则，即所以，由得或，得.则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，，，当时，，当时，.其图像大致如下.不等式的解集中恰有两个整数,即的解集中恰有两个整数,则，即，故选:C【答案】C8．(2022•黑龙江省高三(下)校际联合考试)已知，若对任意的，不等式恒成立，则m的最小值为______.【解析】变形为，即，，设，，是增函数，由恒成立得，，设，，时，，递增，时，，递减，所以，所以，的最小值是．故答案为：【答案】9．(2022•四川省成都市石室中学高三二模)若指数函数(且)与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是______．【解析】指数函数(且)与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，等价于方程有两个不同的解．对方程两边同时取对数，得，即．因为，所以，从而可转化为与在图象上有两个不同的交点，．当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取到极大值，也是最大值，且最大值为．又因为当时，；当时，，所以．解得，即．故答案为：【答案】10．(2022•高考全国乙卷数学(文))已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．【解析】(1)当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；(2)，则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由(1)得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由(1)得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【答案】(1)(2)11．(2022•高考全国甲卷数学(文))已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．【解析】(1)由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；(2)，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.【答案】(1)3(2)12．(2022•重庆市育才中学高三一模)已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，求函数在上的零点个数.【解析】(1)，其定义域为，①当时，因为，所以在上单调递增，②当时，令得，令得所以在上单调递减，上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，单调递增，(2)已知得，，则①当时，因为，所以在单调递减，所以，所以在上无零点；②当时，因为单调递增，且，，所以存在，使当时，，当时，所以在递减递增，且，所以，又因为，所以所以在上存在一个零点，所以在上有两个零点；③当时，，所以在单调递增因为，所以在上无零点；综上所述，在上的零点个数为个.【答案】(1)答案见解析；(2)2个.13．(2022•黑龙江省鹤岗市第一中学高三(上)期末)已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若，且，证明：.【解析】(1)函数定义域为，，①当时，在上恒成立，即函数的单调递减区间为②当时，，解得，当时，，函数的单调递增区间为，当时，函数的单调递减区间为，综上可知：①当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为(2)依题意，是函数的两个零点，设，因为，，，不等式，，所证不等式即设，令，则，在上是增函数，且，所以在上增函数，且，即，从而所证不等式成立.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.14．(2022•华南师范大学附属中学高三(上)综合测试)已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若且，证明：，．【解析】(1)函数的定义域为，∵，∴∴由得或由得；∴的单调递增区间为和；单调递减区间为．(2)欲证，，即证，，令，，则，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以上单调递增，所以，所以欲证，，只需证，①因为，所以，即，②令，则，当时，所以在上单调递增，所以，即，所以，故②式可等价变形为：所以，欲证①式成立，只需证成立所以仅需证，令，()，则，∴在上单调递增，故，即，∴结论得证．【答案】(1)单调递增区间为和；单调递减区间为；(2)证明见解析.15．