山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-导数综合应用含答案解析

第 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.若关于 x 的方程 13 x3 ＝ 12 x2 ＋2x＋c 有三个不等实根，则实数 c 的取值范围是________． 答案 － 103，76 解析 原方程可化为 c＝ 13 x3 － 12 x2 －2x，设 f(x)＝ 13 x3 － 12 x2 －2x，f′(x)＝x 2 －x－2＝(x＋1)(x－2)，由 f′(x)＞0 可得 x＞2 或 x＜－1，由 f′(x)＜0 可得－1＜x＜2，所以函数 f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1,2)上是减函数，所以函数 f(x)的极大值为 f(－1)＝ 76，极小值为 f(2)＝－ 103.由题意得，函数 f(x)的图象与直线 y＝c 有三个不同的公共点，所以－ 103＜c＜ 76.2.(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为 f(x)的导数． 证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． 证明 设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当 x∈  0，π2时，g′(x)>0；

当 x∈  π2，π 时，g′(x)<0，所以 g(x)在  0，π2上单调递增，在  π2，π 上单调递减． 又 g(0)＝0，g  π2>0，g(π)＝－2，故 g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以 f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.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 ①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及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②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． 1.(2019·吉安模拟)已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 x>0 时，f(x)＝ 2π x－ln x＋ln π2，则函数 g(x)＝f(x)－sinx(e 为自然对数的底数)的零点个数是()A.1 B．2 C．3 D．5 答案 C 解析 根据题意，函数 g(x)＝f(x)－sinx 的零点即函数 y＝f(x)与 y＝sinx 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)＝sin0＝

0.则函数 y＝f(x)与 y＝sinx 存在交点(0,0)，当 x>0 时，f(x)＝ 2π x－ln x＋lnπ2，其导数 f′(x)＝ 2π －1x，分析可得在区间 0，π2上，f′(x)<0，f(x)为减函数，在区间  π2，＋∞ 上，f′(x)>0，f(x)为增函数，则 f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为 f  π2＝ 2π ×π2 －ln π2 ＋ln π2 ＝1，又由 h π2＝sin π2 ＝1，则函数y＝f(x)与 y＝sinx 存在交点  π2，1，又由 y＝f(x)与 y＝sinx 都是奇函数，则函数 y＝f(x)与 y＝sinx 存在交点  － π2，－1.综合可得，函数 y＝f(x)与 y＝sinx 有3 个交点，则函数 g(x)＝f(x)－sinx 有 3 个零点.2.已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝－x 2 ＋ax－3(a 为实数)，若方程 g(x)＝2f(x)在区间  1e，e 上有两个不等实根，求实数 a 的取值范围． 解 由 g(x)＝2f(x)，可得 2xln x＝－x 2 ＋ax－3，a＝x＋2ln x＋ 3x，设 h(x)＝x＋2ln x＋ 3x(x＞0)，所以 h′(x)＝1＋ 2x －3x 2 ＝x＋3x－1x 2.所以 x 在  1e，e 上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：

x 1e，1 1(1，e)h′(x)－ 0 ＋ h(x)极小值 又 h  1e＝ 1e ＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝ 3e ＋e＋2.且 h(e)－h  1e＝4－2e＋ 2e ＜0.所以 h(x)min ＝h(1)＝4，h(x)max ＝h  1e＝ 1e ＋3e－2，所以实数 a 的取值范围为 4＜a≤e＋2＋ 3e，即 a 的取值范围为  4，e＋2＋ 3e.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·武威模拟)已知 f(x)＝2ax＋bln x－1，设曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为 y＝0.(1)求实数 a，b 的值；(2)设函数 g(x)＝mf(x)＋ x22 －mx，若 1＜m＜3，求证：当 x∈[1，e]时，g(x)＜e 22－2.解(1)由已知得，f′(x)＝2a＋ bx，依题意 f(1)＝0，且 f′(1)＝0，所以   2a－1＝0，2a＋b＝0，解得 a＝ 12，b＝－1.(2)证明：由(1)得 f(x)＝x－ln x－1(x＞0)，所以 g(x)＝ x22 －mln x－m(x＞0)，g′(x)＝x－ mx ＝x 2 －mx，当 m＞0 时，由 g′(x)＞0 得 x＞ m，由 g′(x)＜0 得 0＜x＜ m，所以 g(x)在区间(0，m)上是减函数，在区间(m，＋∞)上是增函数； 当 1＜m＜3，x∈[1，e]时，m∈[1，e]，g(x)在区间[1，m)上是减函数，在区间(m，e]上是增函数，所以 g(x)的最大值为 max(g(1)，g(e))，又因为 1＜m＜3，g(e)＝ e22 －2m＜e 22 －2，g(1)＝12 －m＜0＜e 22 －2，所以当 1＜m＜3，x∈[1，e]时，g(x)＜ e22 －2.条件探究 本例中，f(x)改为“f(x)＝xe x －2e ”，g(x)改为“g(x)＝xln x”，当 x∈(0，＋∞)时，求证 f(x)＜g(x)． 证明 因为 g′(x)＝ln x＋1.令 g′(x)<0，则 x< 1e，所以 g(x)在  0，1e上单调递减，在  1e，＋∞ 上单调递增． 所以 g(x)≥g  1e＝－ 1e.又因为 f′(x)＝ 1－xe x.令 f′(x)＝ 1－xe x>0，则 x<1，因为 x>0，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)＝－ 1e.因此 f(x)0，f(x)是增函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；

所以 x＝1 为函数 f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以 00，所以 g(x)是增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2，即实数 k 的取值范围是(－∞，2].角度 3 不等式存在性成立问题 3.已知函数 f(x)＝x－(a＋1)ln x－ ax(a∈R)，g(x)＝12 x2 ＋e x －xe x.(1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值；(2)当 a<1 时，若存在 x 1 ∈[e，e 2 ]，使得对任意的 x 2 ∈[－2,0]，f(x 1)e 2 －2ee＋1，所以 a 的取值范围为   e 2 －2ee＋1，1.1.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)恒成立 Fx＝fx－gx F(x)min >0.(4)①任意 x 1 ∈M，任意 x 2 ∈N，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x 1)min >g(x 2)max ；②任意 x 1 ∈M，存在 x 2 ∈N，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x 1)min >g(x 2)min ；③存在 x 1 ∈M，存在 x 2 ∈N，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x 1)max >g(x 2)min ；④存在 x 1 ∈M，任意 x 2 ∈N，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x 1)max >g(x 2)max.如举例说明 3.1.(2019·渭南模拟)设函数 f(x)＝(x－a)2 ＋(3ln x－3a)2，若存在 x 0，使 f(x 0)≤910，则实数 a 的值为()A.110 B.14 C.12 D．1 答案 A 解析 分别令 g(x)＝3ln x，h(x)＝3x，设过点 P(x 0, 3ln x 0)的函数 g(x)的切线 l平行于直线 y＝3x.g′(x)＝ 3x，由3x 0 ＝3，解得 x 0 ＝1.∴切点 P(1,0)． 点 P 到直线 y＝3x 的距离 d＝ 3 1010.∴存在 x 0 ＝1，使 f(x 0)≤910，过点 P 且与直线 y＝3x 垂直的直线方程为 y＝－ 13(x－1)． 联立 y＝3x，y＝－ 13 x－1，解得 x＝110，y＝310.则实数 a＝110.故选 A.2.已知函数 f(x)＝xln x＋ 12 ax2 －1，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)－2mx＋1≤0，求 m 的取值范围；(3)证明：ln x≤x－1＜e x －2.解(1)因为 f(x)＝xln x＋ 12 ax2 －1，所以 f′(x)＝ln x＋1＋ax.又因为 f′(1)＝－1，所以 1＋a＝－1，a＝－2，所以 f(x)＝xln x－x 2 －1.(2)若对任意 x∈(0，＋∞)，都有 f(x)－2mx＋1≤0.即 xln x－x 2 －2mx≤0 恒成立，即 m≥ 12 ln x－12 x 恒成立． 令 h(x)＝ 12 ln x－12 x，则 h′(x)＝12x －12 ＝1－x2x.当 00，h(x)单调递增； 当 x>1 时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 所以当 x＝1 时，h(x)有最大值，h(1)＝－ 12.所以 m≥－ 12，即 m 的取值范围是 － 12，＋∞.(3)证明：由(2)可得 h(x)＝ 12 ln x－12 x≤－12，所以 ln x≤x－1，现要证明 x－10.令 φ(x)＝e x －x－1，则 φ′(x)＝e x －1.当 x>0 时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增． 所以 φ(x)>φ(0)＝0.即 e x －x－1>0.所以 x－1

＝2πa  2r 2 ＋r  90r 2 －r3＝ 10πa3 r 2 ＋ 54r.令 f(r)＝r 2 ＋ 54r，则 f′(r)＝2r－ 54r 2.令 f′(r)＝0，得 r＝3.当 00，f(r)在(3,3 3 10)上为单调增函数，因此，当 r＝3 时，f(r)有最小值，y 有最小值 90πa 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)与销售价格 x(单位：元/千克)满足关系式 y＝ax－3 ＋10(x－6)2，其中 3

x(3,4)4(4,6)f′(x)＋ 0 － f(x)单调递增 极大值 42 单调递减 由上表可得，当 x＝4 时，函数 f(x)取得极大值，也是最大值． 所以当 x＝4 时，函数 f(x)取得最大值且最大值等于 42.答：当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 组 基础关 1．方程 x 3 －6x 2 ＋9x－10＝0 的实根个数是()A．3 B．2 C．1 D．0 答案 C 解析 设 f(x)＝x 3 －6x 2 ＋9x－10，f′(x)＝3x 2 －12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为 f(1)＝－6<0，极小值为 f(3)＝－10<0，所以方程 x 3 －6x 2 ＋9x－10＝0 的实根个数为 1.2．若 e x ≥k＋x 在 R 上恒成立，则实数 k 的取值范围为()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，－1] D．[－1，＋∞)

答案 A 解析 由 e x ≥k＋x，得 k≤e x －x.令 f(x)＝e x －x，∴f′(x)＝e x －1.当 f′(x)<0 时，解得 x<0；当 f′(x)>0 时，解得 x>0.∴f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．∴f(x)min ＝f(0)＝1.∴实数 k 的取值范围为(－∞，1]．故选 A.3．某商场从生产厂家以每件 20 元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为 p 元，销售量为 Q 件，则销售量 Q(单位：件)与零售价 p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p 2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)()A．30 元 B．60 元 C．28000 元 D．23000 元 答案 D 解析 设毛利润为 L(p)元，则由题意知 L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p 2)(p－20)＝－p 3 －150p 2 ＋11700p－166000，所以 L′(p)＝－3p 2 －300p＋11700.令 L′(p)＝0，解得 p＝30 或 p＝－130(舍去)．当 p∈(0,30)时，L′(p)>0，当 p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，故 L(p)在 p＝30 时取得极大值，即最大值，且最大值为 L(30)＝23000.4．已知函数 f(x)＝aln x＋x 2，a∈R，若 f(x)在[1，e 2 ]上有且只有一个零点，则实数 a 的取值范围是()A. －∞，－ e42 B. －∞，－ e42∪{－2e 2 } C. －∞，－ e42∪{－2e} D. －e 4，－ e42 答案 C 解析 当 x＝1 时，f(1)＝1≠0，从而分离参数，可将问题转化为直线 y＝a 与函数 g(x)＝－x 2ln x 的图象在(1，e2 ]上有且只有一个交点，令 g′(x)＝ x1－2ln xln x 2＝0，得 x＝ e，易得 g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，e 2 ]上单调递减，由于 g(e)＝

－2e，g(e 2)＝－ e42，当 x→1 时，g(x)→－∞，所以直线 y＝－2e 或位于直线 y＝－e 42下方的直线均满足题意，即 a＝－2e 或 a<－ e42.故选 C.5．(2019·天津高考)已知 a∈R，设函数 f(x)＝  x 2 －2ax＋2a，x≤1，x－aln x，x>1.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()A．[0,1] B．[0,2] C．[0，e] D．[1，e] 答案 C 解析 当 x≤1 时，由 f(x)＝x 2 －2ax＋2a≥0 恒成立，而二次函数 f(x)图象的对称轴为直线 x＝a，所以当 a≥1 时，f(x)min ＝f(1)＝1>0 恒成立，当 a<1 时，f(x)min＝f(a)＝2a－a 2 ≥0，所以 0≤a<1.综上，a≥0.当 x>1 时，由 f(x)＝x－aln x≥0 恒成立，即 a≤xln x 恒成立．设 g(x)＝xln x，则 g′(x)＝ln x－1ln x 2.令 g′(x)＝0，得 x＝e，且当 1e 时，g′(x)>0，所以 g(x)min ＝g(e)＝e，所以 a≤e.综上，a 的取值范围是 0≤a≤e，即[0，e]．故选 C.6．已知 f(x)＝ln x－ x4 ＋34x，g(x)＝－x2 －2ax＋4.若∀x 1 ∈(0,2]，∃x 2 ∈[1,2]，使得 f(x 1)≥g(x 2)成立，则 a 的取值范围是()A. － 18，＋∞ B.  25－8ln 216，＋∞ C. － 18，54 D. －∞，54 答案 A 解析 因为 f′(x)＝ 1x －34 ·1x 2 －14 ＝－x 2 ＋4x－34x 2＝－ x－1x－34x 2(x＞0)，则当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当 x∈(1,2]时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故 f(x)min ＝f(1)＝ 12.对于二次函数 g(x)＝－x2 －2ax＋4，该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，所以要使∀x 1 ∈(0,2]，∃x 2 ∈[1,2]，使得 f(x 1)≥g(x 2)成立，只需 f(x 1)min ≥g(x 2)min，即 12 ≥g(1)或12 ≥g(2)，所以12 ≥－1－2a＋4 或 12 ≥－4－4a＋4，解得 a≥－18.故选 A.7．已知方程 ln |x|－ax 2 ＋ 32 ＝0 有 4 个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是()A. 0，e22 B. 0，e22 C. 0，e23 D. 0，e23 答案 A 解析 由于 y＝ln |x|－ax 2 ＋ 32 是偶函数，所以方程 ln x－ax2 ＋ 32 ＝0(x＞0)有两个根，即 a＝ln x＋ 32x 2有两个根．设 f(x)＝ln x＋ 32x 2，则 f′(x)＝x－2x  ln x＋ 32x 4＝－2ln x＋1x 3，所以当 00，f(x)递增，当 x>1e 时，f′(x)<0，f(x)递减，所以当 x＝ 1e 时，f(x)取得极大值也是最大值 f 1e＝ e22.又 x→＋0 时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以要使 a＝ln x＋ 32x 2有两个根，则 0－5，即 a<5；

设 h(x)＝－x 2 ＋ 2x，则导数为 h′(x)＝－2x－2x 2，当 x∈[1,2]时，h′(x)<0，即 h(x)在[1,2]上单调递减，可得 h(x)max ＝－1＋2＝1.即有－a<1，即 a>－1.综上可得，a 的取值范围是－1

①01e ；③f(x 0)＋x 0 <0；④f(x 0)＋x 0 >0.其中正确的命题是________(填出所有正确命题的序号)． 答案 ①③ 解析 ∵函数 f(x)＝xln x＋ 12 x2(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋x，易得 f′(x)＝ln x＋1＋x 在(0，＋∞)递增，∴f′  1e＝ 1e >0，∵x→0，f′(x)→－∞，∴0

①函数 f(x)的值域为[1,2]； ②函数 f(x)在[0,2]上是减函数； ③如果当 x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4； ④当 10，函数 f(x)单调递增，当 00，g(x)单调递增，注意到 x≠1，故 g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当 x>2 时，g(x)单调递减，要使 g(x)＝k 有

三个根，由图象可得，k0)，则函数 f(x)在(0，a)上为增函数，对于 f(x)＝ ln x＋1x，其导数 f′(x)＝ 1－ln x＋1x 2＝－ ln xx 2，若 f′(x)>0，解得 0

①f(x)＝3 |x－ 1| ＋2；②f(x)＝lg |x＋2019|；③f(x)＝ x33 －x－1；④f(x)＝x2 ＋2mx－1(m∈R)． 则存在“折点”的函数是________．(填序号)答案 ②④ 解析 因为 f(x)＝3 |x－ 1| ＋2>2，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 |x＋2019|，取 x 0 ＝－2019，则函数 f(x)在(－∞，－2019)上有零点 x＝－2020，在(－2019，＋∞)上有零点 x＝－2018，所以 x 0 ＝－2019 是函数 f(x)＝lg |x＋2019|的一个“折点”； 对于函数 f(x)＝ x33 －x－1，则 f′(x)＝x 2 －1＝(x＋1)(x－1)．

令 f′(x)>0，得 x>1 或 x<－1； 令 f′(x)<0，得－10，∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点． 当 x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－ 12 cosx－1x ≥1－12 －1x ≥12 －1π >0，∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点． 综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)不妨设 0x 1 －sinx 1，从而 x 2 －x 1 >sinx 2 －sinx 1，∴ m2(ln x 2 －ln x 1)＝x 2 －x 1 －12(sinx 2 －sinx 1)>12(x 2 －x 1)，∴m>x 2 －x 1ln x 2 －ln x 1.下面证明：x 2 －x 1ln x 2 －ln x 1 > x 1 x 2.令 t＝ x 2x 1，则 t>1，即证明t－1ln t> t，只需证明 ln t－ t－1t<0.(*)设 h(t)＝ln t－ t－1t，则当 t>1 时，h′(t)＝－  t－122t t<0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减． ∴当 t>1 时，h(t) x 1 x 2.∴m> x 1 x 2，即 x 1 x 2

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-导数概念及运算含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-函数模型及其应用含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-古典概型含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-对数与对数函数含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（三）数列综合应用含答案解析