浙江專用2018版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第三章三角函數(shù)解三角形3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件

第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用§3.2

導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課時訓(xùn)練題型分類深度剖析內(nèi)容索引題型分類深度剖析

題型一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題命題點1解不等式例1設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)＝0，當(dāng)x>0時，有<0恒成立，那么不等式x2f(x)>0的解集是A.(－2,0)∪(2，＋∞) B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0,2)答案解析又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時，φ(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù).故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2).由題設(shè)，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝

－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.命題點2證明不等式例2(2023·全國丙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；解答(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時，1<<x；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，lnx<x－1.故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，lnx<x－1，由題設(shè)c>1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，(3)設(shè)c>1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時，1＋(c－1)x>cx.證明當(dāng)x<x0時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0<x<1時，g(x)>0.所以當(dāng)x∈(0,1)時，1＋(c－1)x>cx.(1)利用導(dǎo)數(shù)解不等式的思路一個含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有關(guān)的函數(shù)的單調(diào)性，然后可利用函數(shù)單調(diào)性解不等式.(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法證明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，那么F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時假設(shè)F(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(x).思維升華(3)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略①首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.②也可別離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.跟蹤訓(xùn)練1證明不等式ex>1＋x＋

x2，x∈(0，＋∞).解答令g(x)＝ex－1－x，那么g′(x)＝ex－1.當(dāng)x>0時，g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.而g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0.所以g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立.所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題例3(2023·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)函數(shù)f(x)＝a－－lnx(a∈R).(1)假設(shè)a＝2，求f(x)在(1，e2)上零點的個數(shù)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)；解答所以在(1，e2)上至多只有一個零點.故函數(shù)f(x)在(1，e2)上只有一個零點.(2)假設(shè)f(x)恰有一個零點，求a的取值集合.解答當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故[f(x)]max＝f(1)＝a－1.①當(dāng)[f(x)]max＝0，即a＝1時，因最大值點唯一，故符合題意；②當(dāng)[f(x)]max<0，即a<1時，f(x)<0恒成立，不合題意；③當(dāng)[f(x)]max>0，即a>1時，另一方面，e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0，于是f(x)有兩個零點，不合題意.綜上，a的取值集合為{1}.(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，可以和零點存在性定理相結(jié)合判斷零點個數(shù).(2)利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點)的策略研究方程的根或曲線的交點個數(shù)問題，可構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點個數(shù)問題.可利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢等，從而畫出函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點個數(shù).思維升華

跟蹤訓(xùn)練2(2023·鄭州模擬)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)滿足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，那么函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點個數(shù)為A.4 B.3 C.2 D.1答案解析定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，當(dāng)x>0時，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0時是增函數(shù)，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)x<0時，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域為R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函數(shù)y1＝xf(x)與y2＝－lg|x＋1|的大致圖象如圖，由圖象可知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點的個數(shù)為3.題型三利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或有解問題解答函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1；當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.(2)如果當(dāng)x≥1時，不等式f(x)≥恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.解答所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.所以實數(shù)k的取值范圍是(－∞，2].引申探究此題(2)中，假設(shè)改為存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求實數(shù)k的取值范圍.解答利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或有解問題的策略(1)首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.(2)也可別離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.思維升華跟蹤訓(xùn)練3

證明即f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(1)＝0，故f′(x)>0對x∈(1，＋∞)成立，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)當(dāng)x≥1時，f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解答∵x≥1，∴由f(x)≥g(x)，得∴h′(x)＝(x＋1)ex－1－ax2－x＋a－1＝(x＋1)[ex－1－a(x－1)－1](x≥1).設(shè)k(x)＝ex－1－a(x－1)－1(x≥1)，∴k′(x)＝ex－1－a.①當(dāng)a≤1時，k′(x)≥0對x∈[1，＋∞)成立，又k(1)＝0，故k(x)≥0，即h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝0，故h(x)≥0.②當(dāng)a>1時，由k′(x)＝0，得x＝1＋lna>1.當(dāng)x∈(1,1＋lna)時，k′(x)<0，又k(1)＝0，故k(x)<0，即h′(x)<0.又h(1)＝0，故h(x)<0，這與條件不符.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1].典例一審條件挖隱含審題路線圖系列審題路線圖標(biāo)準(zhǔn)解答返回設(shè)h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞). [14分]返回課時訓(xùn)練1.(2023·金華模擬)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，那么不等式f(x)<ex的解集為A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞)C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)√答案解析123456789101112∵f(x＋2)為偶函數(shù)，∴f(x＋2)的圖象關(guān)于x＝0對稱，∴f(x)的圖象關(guān)于x＝2對稱，∴f(4)＝f(0)＝1.又∵f′(x)<f(x)，∴g′(x)<0(x∈R)，∴函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減，123456789101112∴f(x)<ex?g(x)<g(0)，∴x>0，應(yīng)選B.1234567891011122.方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)是

A.3 B.2 C.1 D.0設(shè)f(x)＝x3－6x2＋9x－10，那么f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函數(shù)的極大值為f(1)＝－6<0，極小值為f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)為1，應(yīng)選C.答案解析√1234567891011123.當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍是A.[－5，－3] B.[－6，－]C.[－6，－2] D.[－4，－3]√答案解析123456789101112令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當(dāng)x∈[－2,0)時，得a≤－2.由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時也成立，故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2].1234567891011124.假設(shè)商品的年利潤y(萬元)與年產(chǎn)量x(百萬件)的函數(shù)關(guān)系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，那么獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為A.1百萬件 B.2百萬件 C.3百萬件 D.4百萬件y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，當(dāng)0<x<3時，y′>0；當(dāng)x>3時，y′<0.故當(dāng)x＝3時，該商品的年利潤最大.√答案解析1234567891011125.(2023·寧波質(zhì)檢)直線x＝t分別與函數(shù)f(x)＝ex＋1的圖象及g(x)＝2x－1的圖象相交于點A和點B，那么AB的最小值為A.2 B.3C.4－2ln2 D.3－2ln2√答案解析123456789101112由題意得AB＝|ex＋1－(2x－1)|＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2，那么h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(ln2)＝4－2ln2>0，即AB的最小值是4－2ln2，應(yīng)選C.1234567891011126.(2023·浙江四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－lnx(a>0，b∈R)，假設(shè)對任意x>0，f(x)≥f(1)，那么A.lna<－2b B.lna≤－2bC.lna>－2b D.lna≥－2b√答案解析123456789101112即2a＋b＝1，構(gòu)造一個新函數(shù)g(x)＝2－4x＋lnx，所以有g(shù)(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna<0?lna<－2b.1234567891011127.(2023·諸暨期末)函數(shù)f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，那么滿足f(ex)<0的x的取值范圍為________.令g(x)＝f(ex)＝ex－1－(e－1)x，那么g′(x)＝ex－(e－1)，當(dāng)x＝ln(e－1)時，g′(x)＝0，x∈(－∞，ln(e－1))時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，x∈(ln(e－1)，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，又g(x)有0和1兩個零點，所以f(ex)<0的x的取值范圍為(0,1).答案解析(0,1)1234567891011128.(2023·余姚模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，那么不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為___________.答案解析(0，＋∞)123456789101112設(shè)g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，那么g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增，∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0.1234567891011129.函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，假設(shè)f(x)存在唯一的零點x0且x0>0，那么a的取值范圍是____________.答案解析(－∞，－2)123456789101112當(dāng)a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點，不合題意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，假設(shè)a>0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點，不合題意，故a<0.又a<0，所以a<－2.123456789101112解答10.(2023·濟南模擬)f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函數(shù)f(x)的最大值；f′(x)＝－xex.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)的最大值為f(0)＝0.123456789101112證明由(1)知，當(dāng)x>0時，f(x)<0，g(x)<0<1.當(dāng)－1<x<0時，g(x)<1等價于f(x)>x.設(shè)h(x)＝f(x)－x，那么h′(x)＝－xex－1.當(dāng)x∈(－1,0)時，0<－x<1,0<ex<1，那么0<－xex<1，從而當(dāng)x∈(－1,0)時，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減.當(dāng)－1<x<0時，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.綜上，當(dāng)x>－1且x≠0時總有g(shù)(x)<1.12345678910111211.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋bln(x＋1)，其中b≠0.(1)假設(shè)b＝－12，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；解答由題意，知f(x)的定義域為(－1，＋∞).當(dāng)b＝－12時，f(x)＝x2－12ln(x＋1)，得x＝2或x＝－3(舍去).當(dāng)x∈(－1,2)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[2，＋∞).123456789101112(2)如果函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，求實數(shù)b的取值范圍.即2x2＋2x＋b＝0在(－1，＋∞)上有兩個不等實根，123456789101112解答*12.(2023·臺州調(diào)考)函數(shù)f(x)＝1＋lnx－ ，其中k為常數(shù).(1)假設(shè)k＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；當(dāng)k＝0時，f(x)＝1＋lnx，所以曲線y＝f