专题15导数综合应用教学案-2017年高考数学理一轮复习解析版

15导数的综合应用（教学案2017年高考数学（理）一轮复习精品资y＝f(x)；f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)高频考点一用导数解决与不等式有关的问

xf′x－f2<0x2的解集是

时 答案解析x>0时fx fx为减函数x ＝φ(2)＝00<x<2时，φ(x)>0，x2f(x)>0.x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．【变式探究】证明：当 2x≤sinx≤x.高频考点二、不等式恒成立问例2、已知定义在正实数集上的函数 abb 设两曲线的公共点为f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝x1 2x0＋2ax0＝3a即 x0＋2a＝x0x0＋2a＝x0x0＝ax0＝－3a(舍去即有 1 5 ＝2a＋2a－3alna＝2a－3a令

133h(t)在(01上为增函数，在(e1，＋∞)

h(e3)＝2b的最大值为证 设 x－a 则F′(x)＝x＋2a－x x>0f(x)－g(x)≥0，x>0时，f(x)≥g(x)．x【变式探究】xf(x)<x2在(1，＋∞)a解

－x<x h′(x)＝x－6x＝ a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．k<1y＝f(x)y＝kx－2 2由题设得－a＝－2【变式探究】已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解f′(x)＝x(2＋cosx)，x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．b>1y＝f(x)y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．高频考点四、利用导数解决生活中的优化问例4、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x(单位：元/ a 11a若该商品的成本为3元/千克，试确定x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大解(1)x＝5

＋10(x－6) f(x)＝(x－2 x变化时，f′(x)，f(x)x4＋0—x＝4f(x)42.答当为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大yx 答案40解析由y′＝x2－39x－40＝0，x＝－1x＝40，由于0<x<40

1

392x－40x(x>0)x>40x＝40时，yf(xaxbx(a0,b0a1,b1a2b12f(x2xRf(2xmf(x6恒成立，求实数m若0a1b＞1gxfx21ab（1）①0（1）因为a2b1f(x2x2x2f(x)22x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，于是2x1x0.f(2x22x22x2x2x)22f(x))22f(2x)mf(x6xRf(x)0(f(x))2所以m 对于xR恒成立f(f(x))2而f

f(x) f(x)f(x)4f

4

(f(0))2f

4m4，故实数mg(x在(x0上是单调减函数，在(x0x00x0xx00gx0g(0)0 g(log2aloga2bloga22aloga220且函数g(x在以x0和log2为端点的闭区间上的 x0和log2g(xx.因为0a1，所以log20x00 所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点 若x0，同理可得，在x0和log2之间存在g(x)的非0的零点 x00于是lna1，故lnalnb0abln【2016高考理数（本小题满分14分f(xx1)3axbxR，其中abf(xf(xx0f(x1f(x0)x1x0x12x03（Ⅲ）a0g(x|f(x|g(x在区间[1,11（Ⅰ）f(xx1)3axbf'(x)3(x1)2a（1）当a0f'(x)3(x1)2a0f(x的单调递增区间为(,（2）当a0f'(x)0x

3a，或x1 3a xf'(xf(xx 3a31 3 3a 3a 1 3 3a,)f'(x)＋0—0＋f所以f(x)的单调递减区间为 3a 3a)，单调递增区间为 3a)， 3a,) f(x存在极值点，所以由（Ⅰ）知a0x01，fx3(x1)2a0，即(x1)2a f(xx1)3

b2axab

f(32x22x)3a(22xb8a(1x

3ab2a

abf(x)

且32x0x0，由题意及（Ⅰ）x1满足x12x03.

f(x1f(x0x1x0x132x0g(x在区间[0,2M，maxxy}xy（1）当a3

3a021 在区间[0,2上的取值范围为f(2),f(0Mmax{|f(2)|,|f(0)max{|12ab|,|1bmax{|a1(ab)|,|a1(ab)a1(ab),ab0a1(ab),abMa1|ab|22（2）3a324

01

，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，f(0)

f(123a)

f

3a)，f(2)

f(123a)

f

3a) 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f 3a),f 3a)]，因 Mmax{|f 39

3a(ab)9

3a|ab

23

1334（3）当0a30123a123a2，由（Ⅰ）和（Ⅱ） f(0)f(123a)f 3a)，f(2)f(123a)f f(x在区间[0,2上的取值范围为[f(0),f(2M (m|(fmax{|1a(ab)|,|1a(ab)1a|ab|14a0gx在区间[0,214【20163f(xacos2xa1)(cosx1a0，记|f(x|的最A．（Ⅰ）f(x)；A证明|f(x|2A

23a,0a a26a1（Ⅰ）

（Ⅱ）

（Ⅲ）5 （Ⅰ）f(x)2sin2x(1)sinx（Ⅱ）当1|f(x)||sin2x(1)(cosx1)2(f(0)当01f(xf(x2cos2x1cosxg(t2t21)t1A是|g(t|在[1,1g(1)g(1)321

1

t 时，g(t)取得极小值，极小值为 ) 1 令111，解得1（舍去），1 （Ⅰ）当01g(t在(1,1内无极值点，|g(1|，|g(1|23，|g(1||g(1|5（Ⅱ）1a1g(1g(1)2(1)0g(1)g(1)5

1 1

1 | )||g(1) 0，所以A| ) 23,0155261A

32,4【2016（15分）a3min{p，q}=q,p>q.F（x）=x2−2ax+4a−2x（II（i）m（a2 2 （II（i）m

348a,3a222,aa3x1x22ax4a22x1x22a12x0，x1x22ax4a22x1x2x2a．Fxx22ax4a2x的取值范围为2 （Ⅱ（ⅰ）设函数fx2x1，gxx22ax4a2，则fx f10，gx gaa24a2， 所以，由Fx的定义知maminf1,ga，即ma0,3a2 （ⅱ）当0x2Fxfxmaxf0,f22F2当2x6时Fxgxmaxg2g6max2,348amaxF2F6348a,3a所以，Ma 2,a5.【20162fx)x2exx0x(x2)exx20exax(Ⅱ)证明：当a[0,1)时，函数 (x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求h(a)（Ⅱ） 4(x2)exa(xg(x)

x

(f(x)由（I）f(xaa[0,1),f(0aa10,f(2aax0(02]f(x0a0g'(x00，当0xx0f(xa0g'(x)0g(x单调递减；xx0f(xa0g'(x0g(xg(xxx0ex0a(x ex0+f(x)(x g(x) x

x x

(x 于是h(a)

x0

，由 )' x (x

x

0x0(02]202h(a0

2224 12因为x2单调递增，对任意( ],存在唯一的x0(0,2],af(x0)2使得h(a),所以h(a)的值域是( 4综上，当a[0,1)时，g(x)有h(a)，h(a)的值域是( 46.【2016年高考理数（本小题13分f(xxeaxbxyf(x在点(2,f(2ye1)x求abf(x的单调区间（Ⅰ）a2be（2）f(x的单调递增区间为(（1）f(x)f(22e2f(2e1ab（2）f(xg(x1xex1g(x)0f(x)0，由此求得f(x)的单调区间.（1）f(xxeaxbxf(x1x)eaxbf(2)2e 2ea22b2e

f(2)e

ea2bea2be（2）由（Ⅰ）f(xxe2xex由f(x)e2x(1xex1即e2x0知，f(x与1xex1同号g(x)1xex1g(x)1ex1x(,1g(x0g(x在区间(,1上单调递减；x1,g(x)0g(x在区间(1,上单调递增.g(11g(x在区间(,上的最小值，g(x)0,x(,).f(x)0x(,f(x的单调递增区间为(,【2015212fxf(x)(xRf(1)0x0xf'(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是 A．(, C．(

【答案】

g(x)

fx

g'(x)

xf'(x)f

x0

xf'(x)f(x)

x0gx)0，所g(x)在(0)单调递减；又因为函数f(x)(xR)g(x)是g(x在(0g(1g(10．当0x1g(x)0f(x)0；x1时g(x0f(x0，综上所述，使得f(x0成立的x的取值范围是(0【2015112f(xex(2x1axa,a1x0f(x0

0，则a的取值范围是 3

【答案】g(xex(2x1yaxaxg(xyax 的下方.g(x)ex(2x1x1g(x＜0x1g(x＞0x 时，[g(x)]max-2e2x0g(0)=-1g(1)3e0yaxa恒过（1,0）斜率且aag(0)1g(13e1aa，解得

a＜1【2015221（12分）设函数f(x)emxx2mx．(Ⅰ)f(x在(0单调递减，在(0（Ⅱ）x1x2[1,1，都有f(x1f(x2)e1，求m【解析】(Ⅰ)fxm(emx12xm0，则当x(0时emx10，fx)0x(0)时emx10，fx)0．若m0，则当x(0时emx10，fx)0x(0)时emx10，fx)0．所以f(x在(0单调递减，在(0单调递增．由(Ⅰ)mf(x在[10]单调递减，在[0,1f(xx0最小值．所以对于任意xx[1,1

f(1)f(0)ef(x)f(x)e1的充要条件是

f(1)f(0)eemme

g(t)ette1gt)et1．当t0gt0；当t0gt0g(t在(0单调递减，在(0g(1)0g(1e12e0t[1,1g(t)0m[1,1g(m)0g(m)0，即①式成立．当m1g(tg(m0，即emme1m1g(m)0，即emme1m的取值范围是[1,1．【2015江高考，1本小题满分4分）某山区有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l2ClM，NCM到l2的距离分1l21l2xOyCya，b

x2b

（a，b为常数）模型lCP点，P①请写出公路l长度的函数解析式ft，并写出其定义域tl的长度最短？求出最短长度91069t4（1）a1000,b91069t4

定义域为[5203t102,f(t)min 3（1）由题意知，点的坐标分别为540202.5 将其分别代入y x2 a解 b2．②设gtt24106，则gt2t16106．令gt0，解2．t4

t当t5,102gt0gt是减函数；当t10220时gt0gt是增函数．3从而，当t102时，函数gt有极小值，也是最小值，所以gtmin300，此时ft 153．3答：当t102时，公路l的长度最短，最短长度为

f(1)＝0f(x)在区间(0，1)a12a≥e时，g′(x)≤0g(x)在[0，1]上单调递减，g(x)在[0，1]g(1)＝e－2a－b；2 22当1<a<e时，g(x)在[0，1] 22a≥e时，g(x)在[0，1]22a≥e时，g(x)在[0，1]g(x)在(0，1)所以 x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有f(1)＝0e－2<a<1.e－2<a<1时，g(x)在区间[0，1]g(ln(2a))．g(ln(2a))≥0g(x)≥0(x∈[0，1])，从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0，所以由此可知f(x)在(x1，x2)内有零点．综上可知，a的取值范围是（2014·卷）设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中x∈[0，1]f(x)xa≥4f(x)x＝0x＝10<a<4－1＋ 处取得最大值0<a<1时，f(x)x＝1a＝1时，f(x)x＝0x＝11<a<4时，f(x)x＝0

卷）f(x)＝xcosx－sinx，x∈(1)sin

(2)

x<b

，2ab【解析】解：(1)f(x)＝xcosx－sinxf′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsin

因为在区间，2f′(x)＝－xsinx<0f(x)在区间0，2(2)当x>0时，“sin 等价于“sinx－ax>0”，sin

等价于“sinxg(x)＝sinx－cxg′(x)＝cos

“xc≤0时，g(x)>0

c≥1x∈，2，g′(x)＝cosx－c<0g(x)在区间0，2g(x)<g(0)＝0

0<c<1

，2g′(x0)＝cos

xx0 ＋0—

2

sin

x<b

，2a的最大值为π，b（2014·福建卷）f(x)＝ex－ax(a为常数)yAy＝f(x)A处的切线af(x)x>0由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，g(x)Rg(0)＝1>0，x>0时，g(x)>g(0)>0x2<ex.c≥1ex≤cex.又由(2)x>0时，x2<ex.x>0时，x2<cex.

＝c>1x<cee>kxex>kx2x>ln(kx2)x>2lnx＋lnk令h(x)＝x－2lnx－lnk，则 －x＝xx>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．x0＝16k>16h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，k>lnk，k>ln2，5k>0h(x0)>0.cc33令 由(2)x>03h(x)<h(0)＝－1<0，即1x3<ex.3 （2014·卷）π为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数

ln＝xe3，3e，eπ，πe3π，π3e3，3e，eπ，πe，3π，π36

ln

1－lnf′(x)>00<x<ef(x)单调递增；f′(x)<0x>ef(x)单调递减．

＝x

＝ (2)e<3<πeln3<elnπ，πlne<πln3ln3e<lnπe，lneπ<lny＝lnx，y＝ex，y＝πx6π33π3ee3e<3<π及(1)

ln

ln

ln由ln

ln

，即π<3<e3π<3lnπ<ln33>π由ln

ln

<eln3<lne3<e.综上，63π3e.又由

lnπln 知，π<eπ<e.由(1)知，当0<x<e时 即lnxx

e2 x＝π，又π<elnπ<π2－lnπ<πln由①得，eln 3.1elnπ>3lnπe>lne3，所以又由①得，3ln

—π

－e>π3ln6— 2x.—a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)当0＜a＜1时，f(x)在区间 a(2)由(*)a≥1

1

a

2 2—而f(x)＋f(x)＝ln(1＋ax)－2x1＋ln(1＋ax)－2x2＝ln[1＋a(x＋x)＋a2xx 4x1x2＋4（x1＋x2）—

1

ln(2a－1)2＋ —

2a－1＝x.0<a<1

12当1<a<12记g(x)＝ln 当－1<x<0时

，

x222当0<x<1时，g(x)＝2ln 所以

，＝x－x2＝x22g(x)>g(1)＝0.故当1<a<12 a的取值范围为（2014·江西卷）f(x)＝(x2＋bx＋b)b＝4f(x)

，3b

【答案】【解析】当－2≤x<0时，不等式转化为 令

则

— 卷）函数 ax—

<a 设a ＝ln(a＋1)，证明：2<a

nn＋2

【解析】解 1<a<2x∈(－1，a2－2a)f′(x)>0f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；x∈(a2－2a，0)f′(x)<0f(x)在(a2－2a，0)是减函数；a＝2f′(x)≥0，f′(x)＝0x＝0f(x)在(－1，＋∞)是增函数a>2x∈(－1，0)f′(x)>0f(x)在(－1，0)是增函数；x∈(0，a2－2a)f′(x)<0，(2)由(1)a＝2时，f(x)在(－1，＋∞) 2x(x>0)．又由(1)a＝3时，f(x)在[0，3) 3x(0<x<3)． 下面用数学归纳法证明2 3n＝1时，由已知2<a1＝13n＝k时结论成立，即2<ak≤3n＝k＋1

2× ＝ln(a＋1)>ln2＋1 2

23×

3 ＝ln(a ＋1

3

即当 2

【答案】（2014·新课标卷Ⅰ）设函数f(x)＝aexln

xy＝f(x)在点(1，f(1))f′(x)＝aexln

aex－b

(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln

2 f(x)>1xlng(x)＝xlnx，g′(x)＝1＋lnx，

，ex∈e，＋∞

g(x)在，e上单调递减，在e，＋∞g(x)在(0，＋∞)

－e

gmin(x)＝g1＝h(1)＝hmax(x)，x>0时，g(x)>h(x)f(g(x)＝f(2x)－4bf(x)x＞0时，g(x)＞0b1.4142＜2＜1.4143ln2的近似值(【解析】解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0x＝0时，等号成立，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．x>0，g(x)>0.b>2x2<ex＋e－x<2b－20<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)<0.g(0)＝00<x<ln(b－1＋b2－2b)综上，b （2014·山东卷）f(x)＝x2－kx＋lnx(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数k≤0f(x)f(x)在(0，2)k

k≤0(2)由(1)k≤0f(x)在(0，2)f(x)在(0，2)内不存在极值点；k>0g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．0<k≤1时，f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．k>1x∈(0，lnk)时，g′(x)<0y＝g(x)单调递减；x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0y＝g(x)单调递增．y＝g(x)g(lnk)＝k(1－lng（lnk）<0，0<ln f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为e2f(x)≥ag(x)a1 【解析】解：由题设得，g(x)＝1 x1由已知，g(x)＝x1 g(x)＝g(g 1＋x 1 x1＋

g3(x)＝ ，…，可得gn(x)＝ 1n＝1时，g(x)＝x1k②假设n＝k时结论成立，即g(x)＝ k

n＝k＋1

x

f(x)≥ag(x)ln(1＋x)≥

—设 ax(x≥0)，—

则 1 a≤1时，φ′(x)≥0(x＝0，a＝1时等号成立∴φ(x)≥0在[0，＋∞)∴a≤1时，ln(1＋x)≥ax恒成立(x＝0时等号成立a>1x∈(0，a－1]a>1x>0ln(1＋x)≥ax综上可知，a的取值范围是2n＝1时，1<ln22

…＋1

1 1 1… …

ln＋ 1 x，x令

n＋111

n>n＋故有ln ln

lnln ln(n＋1)－lnn> 1…上述各式相加可得 1，…＋＋

x x n dx是由曲线

n

n n＋1n1－1 0（2014·卷）设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且a ax证明：随着x1证明：x1＋x2aa≤0时，f′(x)>0在Rf(x)Ra>0f′(x)＝0x＝－lnx变化时，f′(x)，f(x)x(－∞，－ln－ln(－ln＋0—－ln这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“y＝f(x)s2∈(－lna，＋∞)f(s2)<0.f(－lna)>0，即－lna－1>00<a<e－1.s1＝0s1∈(－∞，－lna) ＝－a<0s2＝a＋lnas2∈(－lna，＋∞)a的取值范围是xx1＝aex1，x2＝aex2lnx1＝lna＋x1，lnx2＝lna＋x2.x2－x1＝lnx2－lnx1

ln

tln

（t＋1）ln设x＝tt>1，且

，所以 （x＋1）ln

令 －2ln

（x－1）21

u(x)＝－2lnx＋x－xu′(x)＝xx1＋x2t的增大而增大．而由(2)，tax1＋x2a（2014·浙江卷）已知函数b∈R，若[f(x)＋b]2≤4x∈[－1，1]3a＋bxf′(x)＝a≤－1x≥a，f(x)＝x3＋3x－3a，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3aM(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.(ii)当－1<a<1时，若x∈(a，1)，则f(x)＝x3＋3x－3a.在(a，1)上是增函数；若x∈(－1，a)，f(x)＝x3－3x＋3a在(－1，a)

1－a3－3a＋4，－1<a≤13综上3h(x)xh′(x)＝因为[f(x)＋b]2≤4x∈[－1，1]恒成立，即－2≤h(x)≤2x∈[－1，1]恒成立，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，．当 －24－3a＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2

1 t(a)＝－2－a＋3at′(a)＝3－3a>0，t(a)在，3t(a

当3<a<1时，h(x)在[－1，1]h(a)＝a＋bh(－1)＝3a＋b＋2＋b≥－23a＋b＋2≤2

3a＋b＋2≤23a＋b－2≥－23a＋ba，bf(x)cc＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥22e2x·2e－2x－3＝1>0，f(x)R上为增函数．由(1)f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c2e2x＋2e－2x≥22e2x·2e－2x＝4x＝0时等号成立．c<4x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0f(x)无极值．c±c2－16＋t 当c>4时，令e2x＝t，注意到方程c±c2－16＋t

>0f′(x)＝0＝2lnt1，x2＝2lnf(x)c的取值范围为－x2＋2xx≤0 x>0 答案解析－－x2＋2x≥axx≤0 lnx＋1≥axx>0

若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是 ①由(1)x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立．x＝0时，a∈R；x<0x－2≤a恒成立，a≥－2.a≥－2. 1a≤0时，h′(x)>0h(x)为增函数，h(x)>h(0)＝0恒成立； 当a≥1时，因为1 1＝所以h′(x) 1－a<0，故h(x)为减函数，＝h(x)<h(0)＝0x0>02a＝1x0＝4h(x0)＝ln5－2<00<a<12a的取值范围是 A．ex2－ex1lnx B．ex2－ex1lnx C．xex1x D．xex1x 答案 ex解析设f(x)＝x，则f′(x)＝

0<x<1时，f′(x)<0，∴f(x)＝x在(0,1)0<x1<x2<1知，f(x1)>f(x2)xx ∴xex1xex2 A．1百万 B．2百万C．3百万件 D