届大纲版数学高考名师一轮复习教案数列11.5 导数的综合应用 microsoft word 文档doc

导 数 的 应 用【复习目标】1.理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；2.理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有广泛的应用。

3.结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；4.结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

【重点难点】①利用导数求函数的极值；②利用导数求函数的单调区间；③利用导数求函数的最值；④利用导数证明函数的单调性；⑤数在实际中的应用；⑥导数与函数、不等式等知识相融合的问题；⑦导数与解析几何相综合的问题。

【知识梳理】1. 一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，如果'f )(x 0>，那么)(x f 为增函数；如果'f 0)(<x ，那么)(x f 为减函数；如果在某区间内恒有'f 0)(=x ，那么)(x f 为常数；2. 曲线在极值点处切线的斜率为0，极值点处的导数为0；曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正；3. 一般地，在区间[a ，b]上连续的函数f )(x 在[a ，b]上必有最大值与最小值。

①求函数ƒ)(x 在(a ，b)内的极值； ②求函数ƒ)(x 在区间端点的值ƒ(a)、ƒ(b)； ③将函数ƒ )(x 的各极值与ƒ(a)、ƒ(b)比较，其中最大的是最大值，其中最小的是最小值。

4. 利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤. 〔1〕求f '〔x 〕.〔2〕确定f '〔x 〕在〔a ，b 〕内符号.〔3〕假设f '〔x 〕>0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是增函数；假设f '〔x 〕<0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是减函数. 【课前预习】1.函数y =x 2〔x －3〕的减区间是A.〔－∞，0〕B.〔2，+∞〕C.〔0，2〕D.〔－2，2〕 C2.函数f 〔x 〕=ax 2－b 在〔－∞，0〕内是减函数，那么a 、b 应满足 A.a <0且b =0 B.a >0且b ∈R C.a <0且b ≠0 D.a <0且b ∈R3.f 〔x 〕=〔x －1〕2+2，g 〔x 〕=x 2－1，那么f ［g 〔x 〕］A.在〔－2，0〕上递增B.在〔0，2〕上递增C.在〔－2，0〕上递增D.在〔0，2〕上递增 4.在〔a ，b 〕内f '〔x 〕>0是f 〔x 〕在〔a ，b 〕内单调递增的________条件.5. 函数y =x sin x +cos x 在下面哪个区间内是增函数A.〔2π,2π3〕 B.〔π,2π〕 C.〔2π3, 2π5〕 D.〔2π,3π〕【典型例题】题型一：借助导数处理单调性、极值和最值例1．对于R 上可导的任意函数f 〔x 〕，假设满足〔x －1〕f x '（）≥0，那么必有〔 〕 A ．f 〔0〕＋f 〔2〕<2f 〔1〕 B. f 〔0〕＋f 〔2〕≤2f 〔1〕 C ．f 〔0〕＋f 〔2〕≥2f 〔1〕 D. f 〔0〕＋f 〔2〕>2f 〔1〕例2．〔1〕32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是〔 〕 (A)－2 (B)0 (C)2 (D)4 例 3．设函数f(x)= 3223(1)1, 1.x a x a --+≥其中 〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间； 〔Ⅱ〕讨论f(x)的极值。

2021年高考数学一轮复习第16课时导数的综合应用教学案教学目标：能运用导数研究函数的性质（奇偶性、单调性、极值、最值等相关问题）一、基础训练1.二次函数对于任意实数都有，且，则的最小值为 .2.设是函数的导函数，若在是 .3.用边长为6的正方形铁皮做一个无盖的容器，先在四个角各截去一个小正方形，然后将四边翻转角，再焊接而成，则容器的高为时，容器的体积最大.4.函数的最大值是 .5.已知上的可导函数在上是减函数，在上是增函数，如果，那么的符号为 .二、合作探究例1．已知函数（1）求函数在[1，e]上的最大值和最小值；（2）求证：当时，函数的图象在的下方.变式训练1： 已知定义在正实数集上的函数221()2,()3ln 2f x x axg x a x b =+=+,其中,设两曲线在公共点处的切线相同，求证：例2 已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠（1）当时，求证：上单调递增；（2）若函数有三个零点，求t 的值；（3）若存在，使得，试求实数的取值范围.例3. 已知函数x a b bx ax x f )()(23-++=（a ，b 是不同时为0的常数）,其导函数为。

（1） 当时，若存在，使得>0成立，求的取值范围；（2） 求证：函数在（-1,0）内至少存在一个零点：（3） 若函数为奇函数，且在=1处的切线垂直于，关于的方程在上有且只有一个实数根，求实数t 的取值范围。

三、能力提升1.若曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为 .2.曲线在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为 .3.若曲线的切线与直线平行，则该切线的方程为 .4.如图，等腰梯形的三边分别与函数212([2,2])2y x x =-+∈-的图像切于点，求梯形面积的最小值.四、当堂训练1.若则当取得最大值时, x = .2.已知函数，（1）求函数的单调增区间；（2）若函数在定义域R内单调递增，求的取值范围。

高考复习—-导数复习目标1．了解导数的概念，能利用导数定义求导数．掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．了解曲线的切线的概念．在了解瞬时速度的基础上抽象出变化率的概念．2熟记基本导数公式,掌握两个函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数，利能够用导数求单调区间,求一个函数的最大(小)值的问题，掌握导数的基本应用．3．了解函数的和、差、积的求导法则的推导,掌握两个函数的商的求导法则。

能正确运用函数的和、差、积的求导法则及已有的导数公式求某些简单函数的导数.4．了解复合函数的概念。

会将一个函数的复合过程进行分解或将几个函数进行复合.掌握复合函数的求导法则，并会用法则解决一些简单问题。

三、基础知识梳理：导数是微积分的初步知识,是研究函数,解决实际问题的有力工具。

在高中阶段对于导数的学习,主要是以下几个方面: 1．导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微)；（2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3)应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于n 次多项式的导数问题属于较难类型。

2．关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3．导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

4．瞬时速度物理学习直线运动的速度时，涉及过瞬时速度的一些知识，物理教科书中首先指出：运动物体经过某一时刻(或某一位置)的速度叫做瞬时速度，然后从实际测量速度出发，结合汽车速度仪的使用,对瞬时速度作了说明．物理课上对瞬时速度只给出了直观的描述,有了极限工具后,本节教材中是用物体在一段时间运动的平均速度的极限来定义瞬时速度． 5．导数的定义导数定义与求导数的方法是本节的重点，推导导数运算法则与某些导数公式时，都是以此为依据． 对导数的定义,我们应注意以下三点：（1)△x 是自变量x 在 0x 处的增量(或改变量)．（2)导数定义中还包含了可导或可微的概念，如果△x→0时，xy∆∆有极限，那么函数y=f （x ）在点0x 处可导或可微，才能得到f （x)在点0x 处的导数．（3)如果函数y=f （x)在点0x 处可导，那么函数y=f （x)在点0x 处连续(由连续函数定义可知)．反之不一定成立．例如函数y=|x ｜在点x=0处连续，但不可导．由导数定义求导数，是求导数的基本方法,必须严格按以下三个步骤进行：（1）求函数的增量)()(00x f x x f y -∆+=∆; （2)求平均变化率xx f x x f x y ∆-∆+=∆∆)()(00； （3)取极限，得导数x y x f x ∆∆=→∆00lim )('。

高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案（有答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案15 导数的综合应用导学目标：1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．自主梳理．函数的最值函数f在[a，b]上必有最值的条件如果函数y＝f的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．求函数y＝f在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：①求函数y＝f在内的________；②将函数y＝f的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．自我检测．函数f＝x3－3ax－a在内有最小值，则a的取值范围为A．0≤a&lt;1B．0&lt;a&lt;1c．－1&lt;a&lt;1D．0&lt;a&lt;122．设f′是函数f的导函数，将y＝f和y＝f′的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是3．对于R上可导的任意函数f，若满足f′≥0，则必有A．f＋f&lt;2fB．f＋f≤2fc．f＋f≥2fD．f＋f&gt;2f4．函数f＝12ex在区间0，π2上的值域为______________．5．f＝x2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．探究点一求含参数的函数的最值例1 已知函数f＝x2e－ax，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a&gt;0，函数f＝alnxx.讨论f的单调性；求f在区间[a,2a]上的最小值．探究点二用导数证明不等式例2 已知f＝12x2－alnx，求函数f的单调区间；求证：当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.求f的单调区间与极值；求证：当a&gt;ln2－1且x&gt;0时，ex&gt;x2－2ax＋1.探究点三实际生活中的优化问题例3 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q．变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？转化与化归思想的应用例已知函数f＝lnx－x＋1.若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；证明：f≥0.【答题模板】解∵f′＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x&gt;0，∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分] 当0&lt;x&lt;1时，g′&gt;0；当x&gt;1时，g′&lt;0，[4分]∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]证明由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．)[8分]当0&lt;x&lt;1时，x－1&lt;0，f＝lnx－x＋1＝xlnx ＋lnx－x＋1≤0，∴f≥0.当x≥1时，x－1&gt;0，f＝lnx－x＋1＝lnx＋xlnx－x＋1＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，∴f≥0.[11分]综上，f≥0.[12分]【突破思维障碍】本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f；求函数的导数f′，解方程f′＝0；比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；回到实际问题，作出解答．一、选择题．已知曲线c：y＝2x2－x3，点P，直线l过点P且与曲线c相切于点Q，则点Q的横坐标为A．－1B．1c．－2D．22．已知函数y＝f，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是A．t&gt;5B．t&lt;5c．t≥5D．t≤55．若函数f＝sinxx，且0&lt;x1&lt;x2&lt;1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是A．a&gt;bB．a&lt;bc．a＝bD．a、b的大小不能确定题号2345答案二、填空题6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3m，长和宽的和为20m，则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m3.8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题9．已知函数f＝122－ln．求f的单调区间；若x∈[1e－1，e－1]时，f&lt;m恒成立，求m的取值范围．0．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用c与隔热层厚度x满足关系：c＝k3x ＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．求k的值及f的表达式；隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．求a、b的值；对任意x&gt;0，试比较f与g的大小．答案自主梳理．连续①极值②端点值自我检测．B 2.D 3.c4.12，12eπ25.6课堂活动区例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解∵f＝x2e－ax，∴f′＝2xe－ax＋x2&#8226;e－ax＝e－ax．令f′&gt;0，即e－ax&gt;0，得0&lt;x&lt;2a.∴f在，2a，＋∞上是减函数，在0，2a上是增函数．①当0&lt;2a&lt;1，即a&gt;2时，f在[1,2]上是减函数，∴fmax＝f＝e－a.②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.③当2a&gt;2，即0&lt;a&lt;1时，f在[1,2]上是增函数，∴fmax＝f＝4e－2a.综上所述，当0&lt;a&lt;1时，f的最大值为4e－2a；当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；当a&gt;2时，f的最大值为e－a.变式迁移1 解函数f的定义域为，f′＝a&#8226;1－lnxx2，由f′＝a&#8226;1－lnxx2&gt;0，得0&lt;x&lt;e；由f′&lt;0，得x&gt;e.故f在上单调递增，在上单调递减．∵f在上单调递增，在上单调递减，∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f ＝12lna2，∴当0&lt;a≤2时，[f]min＝lna；当a&gt;2时，[f]min＝ln&#61480;2a&#61481;2.例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．解f′＝x－ax＝x2－ax，若a≤0时，f′&gt;0恒成立，∴函数f的单调增区间为．若a&gt;0时，令f′&gt;0，得x&gt;a，∴函数f的单调增区间为，减区间为．证明设F＝23x3－，故F′＝2x2－x－1x.∴F′＝&#61480;x－1&#61481;&#61480;2x2＋x＋1&#61481;x.∵x&gt;1，∴F′&gt;0.∴F在上为增函数．又F在上连续，F＝16&gt;0，∴F&gt;16在上恒成立．∴F&gt;0.∴当x&gt;1时，12x2＋lnx&lt;23x3.变式迁移2 解由f＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′＝ex－2，x∈R.令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′，f的变化情况如下表：xln2f′－＋f极小值故f的单调递减区间是，单调递增区间是，f在x＝ln2处取得极小值，极小值为f＝eln2－2ln2＋2a＝2．证明设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.由知当a&gt;ln2－1时，g′最小值为g′＝2&gt;0.于是对任意x∈R，都有g′&gt;0，所以g在R内单调递增，于是当a&gt;ln2－1时，对任意x∈，都有g&gt;g．而g＝0，从而对任意x∈，都有g&gt;0，即ex－x2＋2ax－1&gt;0，故ex&gt;x2－2ax＋1.例3 解分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．L′＝2－2＝．令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．∴①当8≤6＋23a&lt;9，即3≤a&lt;92时，Lmax＝L＝2＝9．②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，Lmax＝L＝[12－]2＝43.所以Q＝9&#61480;6－a&#61481;，3≤a&lt;92，4&#61480;3－13a&#61481;3，92≤a≤5.综上，若3≤a&lt;92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝9；若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．变式迁移3 解因为赔付价格为S元/吨，所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，令ω′＝0，得t＝t0＝2.当t&lt;t0时，ω′&gt;0；当t&gt;t0时，ω′&lt;0.所以当t＝t0时，ω取得最大值．因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.将t＝2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：v＝10002S－2×10003S4.又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×&#61480;8000－S3&#61481;S5，令v′＝0，得S＝20.当S&lt;20时，v′&gt;0；当S&gt;20时，v′&lt;0，所以S＝20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．课后练习区．A 2.D 3.c 4.c 5.A6.63d解析如图所示，为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b．设f＝b，∴f′＝－3b2＋d2.令f′＝0，由b&gt;0，∴b＝33d，且在上f′&gt;0，在[33d，d]上f′&lt;0.∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.7．300解析设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x&#8226;3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，令V′＝0得x＝10.当0&lt;x&lt;10时，V′&gt;0；当x&gt;10时，V′&lt;0，∴x＝10时，V最大＝300．8．＝4&#61480;1－x2&#61481;&#61480;x2＋1&#61481;2≥0，解得－1≤x≤1.由已知得&#8838;[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m&lt;2m ＋1，解得－1&lt;m≤0.9．解∵f＝122－ln，∴f′＝－11＋x＝x&#61480;2＋x&#61481;1＋x．……………………………………………………………………………………………∴f在上单调递增，在上单调递减．…………………………………………………………………令f′＝0，即x＝0，则xf′－＋f极小值……………………………………………………………………………………………又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1&gt;12e2＋1，又f&lt;m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，∴m&gt;12e2－1.………………………………………………………………………………0．解设隔热层厚度为xcm，由题设，每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f＝20c＋c1＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………f′＝6－2400&#61480;3x＋5&#61481;2，令f′＝0，即2400&#61480;3x＋5&#61481;2＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………当0&lt;x&lt;5时，f′&lt;0，当5&lt;x&lt;10时，f′&gt;0，………………………………………………………………故x＝5是f的最小值点，对应的最小值为f＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．……………………………………………………………………………………………1．解f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………又f′＝1x，g′＝a－bx2，且f与g在点处有公共切线，∴g′＝f′＝1，即a－b＝ 1.②……………………………………………………由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………令F＝f－g，则F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.∴F在上为减函数．………………………………………………………当0&lt;x&lt;1时，F&gt;F＝0，即f&gt;g；当x＝1时，F＝0，即f＝g；当x&gt;1时，F&lt;F＝0，即f&lt;g．综上，0&lt;x&lt;1时，f&gt;g；x＝1时，f＝g；x&gt;1时f&lt;g．…………………………………………………………………………。

芯衣州星海市涌泉学校导数数为4，而34y x '=，所以4y x =在(1，1)处导数为4，此点的切线为430x y --=，应选A ； 〔2〕21y x '=+，设切点坐标为00(,)x y ，那么切线的斜率为201x +，且20001y x x =++，于是切线方程为20001(21)()y x x x x x ---=+-，因为点〔－1，0〕在切线上，可解得0x ＝0或者者－4，代入可验正D 正确，选D 。

点评：导数值对应函数在该点处的切线斜率。

考点四：借助导数处理单调性、极值和最值例5．〔1〕对于R 上可导的任意函数f 〔x 〕，假设满足〔x －1〕f x '（）0，那么必有〔〕 A ．f 〔0〕＋f 〔2〕2f 〔1〕B.f 〔0〕＋f 〔2〕2f 〔1〕C ．f 〔0〕＋f 〔2〕2f 〔1〕D.f 〔0〕＋f 〔2〕2f 〔1〕〔2〕函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如下列图，那么函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点〔〕A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 〔3〕函数()11ax x f x e x-+=-。

〔Ⅰ〕设0a >，讨论()y f x =的单调性；〔Ⅱ〕假设对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围。

解析：〔1〕依题意，当x 1时，f 〔x 〕0，函数f 〔x 〕在〔1，＋〕上是增函数；当x1时，f 〔x 〕0，f 〔x 〕在〔－，1〕上是减函数，故f 〔x 〕当x ＝1时获得最小值，即有f 〔0〕f 〔1〕，f 〔2〕f 〔1〕，应选C ；〔2〕函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如下列图，函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点，其导数值为由负到正的点，只有1个，选A 。

高考复习——导数复习目标1．了解导数的概念，能利用导数定义求导数．掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．了解曲线的切线的概念．在了解瞬时速度的基础上抽象出变化率的概念．2 熟记基本导数公式, 掌握两个函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数，利能够用导数求单调区间，求一个函数的最大( 小) 值的问题，掌握导数的基本应用．3．了解函数的和、差、积的求导法则的推导，掌握两个函数的商的求导法则。

能正确运用函数的和、差、积的求导法则及已有的导数公式求某些简单函数的导数。

4．了解复合函数的概念。

会将一个函数的复合过程进行分解或将几个函数进行复合。

掌握复合函数的求导法则，并会用法则解决一些简单问题。

三、基础知识梳理：导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。

在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面:1．导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于n次多项式的导数问题属于较难类型。

2．关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3．导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

4．瞬时速度物理学习直线运动的速度时，涉及过瞬时速度的一些知识，物理教科书中首先指出：运动物体经过某一时刻( 或某一位置) 的速度叫做瞬时速度，然后从实际测量速度出发，结合汽车速度仪的使用，对瞬时速度作了说明．物理课上对瞬时速度只给出了直观的描述，有了极限工具后，本节教材中是用物体在一段时间运动的平均速度的极限来定义瞬时速度．5．导数的定义导数定义与求导数的方法是本节的重点， 推导导数运算法则与某些导数公式时，都是以此为依据． 对导数的定义，我们应注意以下三点：(1) △x 是自变量 x 在 x 处的增量 ( 或改变量 ) ．(2) 导数定义中还包含了可导或可微的概念， 如果△ x →0 时，y x 有极限，那么函数y=f(x)在点 x 处可导或可微，才能得到f (x) 在点 x 0 处的导数．(3) 如果函数 y=f(x) 在点 x 处可导，那么函数 y=f(x) 在点 x 0 处连续 ( 由连续函数定义可知 ) ．反之不一定成立．例如函数 y=|x| 在点 x=0 处连续，但不可导．由导数定义求导数，是求导数的基本方法，必须严格按以下三个步骤进行： (1) 求函数的增量 yf (x 0x) f (x 0 )；(2) 求平均变化率y f (x 0 x) f ( x 0 )xx； (3) 取极限， 得导数fy'(x。

导数的综合应用的教案【篇一：《导数的综合应用》说课稿及教学设计】《导数的综合应用》说课稿一、教材分析“导数的综合应用”是高中数学人教b版教材选修2-2第一章的内容，是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。

导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。

三、教学目标1、知识与技能：(3)利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值； (4)解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。

(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。

3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。

四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。

（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。

（如问题1、2的处理）。

（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。

教学用具：多媒体。

教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；【篇二：导数的应用教学设计】导数的应用一、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。

（2）利用导数求函数的单调区间，进一步结合函数图像求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决函数零点个数问题及恒成立问题。

第三讲 导数的综合应用考法1利用导数证明不等式命题角度1 变量不等式的证明1 [2020石家庄市重点高中测试]已知函数f (x )=(2 - x )e k (x - 1) - x (k ∈R ,e 为自然对数的底数). (1)若f (x )在R 上单调递减,求k 的最大值; (2)当x ∈(1,2)时,证明:lnx(2x -1)2-x >2(x - 1x). (1)将函数f (x )单调递减转化为f ' (x )≤0恒成立,将特殊值1代入,可初步算出k 的范围,再加以验证,即可求解;(2)借助第(1)问可证出2(x - 1)<lnx 2-x ,证得不等式的一部分,再证明 - 2x+2<ln (2x - 1),从而使问题得解. (1)∵ f (x )在R 上单调递减,∴f ' (x )=e k (x - 1)[k (2 - x ) - 1] - 1≤0恒成立, 即 - kx +2k - 1≤1e k(x -1)对任意x ∈R 恒成立.设g (x )=1e k(x -1)+kx - 2k +1,则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立.则g (1)=2 - k ≥0,∴k ≤2. 当k =2时,g' (x )=2[1 -1e 2(x -1)],g' (1)=0, 当x ∈(1,+∞)时,g' (x )>0,g (x )单调递增, 当x ∈( - ∞,1)时,g' (x )<0,g (x )单调递减, ∴g (x )min =g (1)=0,即g (x )≥0恒成立, 故k 的最大值为2.(2)当k =2时,f (x )=(2 - x )·e 2(x - 1) - x 单调递减,且f (1)=0, 当x ∈(1,2)时,f (x )<f (1),即(2 - x )·e 2(x - 1)<x , ln(2 - x )+2(x - 1)<ln x , 2(x - 1)<lnx 2-x ①.下面证明: - 2x+2<ln(2x - 1),x ∈(1,2) ②. 令H (x )=ln(2x - 1) - ( - 2x +2)(1<x <2),则H' (x )=2(x -1)2x 2(2x -1)>0,∴H (x )在(1,2)上单调递增,H (x )>ln(2×1 - 1) - ( - 21+2)=0,故②成立. ①+②得, lnx(2x -1)2-x >2(x - 1x)成立. 1.[2020陕西省部分学校模拟测试]已知函数f (x )=e x (e x - ax +a )有两个极值点x 1,x 2.(1)求a 的取值范围; (2)求证:2x 1x 2<x 1+x 2.命题角度2 与数列有关的不等式的证明2[2019湖南湘潭二模]设函数f (x )=ln(x +1)(x ≥0),g (x )=x(x+a+1)x+1(x ≥0). (1)证明:f (x )≥x - x 2;(2)若f (x )+x ≥g (x )恒成立,求a 的取值范围; (3)证明:当n ∈N *时,ln(n 2+3n +2)>14+29+…+n -1n 2. (1)令h (x )=ln(x +1) - x +x 2,x ∈[0,+∞),则h' (x )=1x+1+2x - 1=2x 2+x 1+x≥0,所以h (x )单调递增,所以h (x )≥h (0)=0,故f(x )≥x - x 2.(2)f (x )+x ≥g (x ),即ln(x +1)≥ax1+x,令m (x )=ln(x +1) - ax x+1,即m (x )≥0恒成立.求导,得m' (x )=1x+1− −a(x+1)-ax (1+x)2=x+1-a (1+x)2,令m' (x )>0,即x +1 - a >0,得x >a - 1.当a - 1≤0,即a ≤1时,m (x )在[0,+∞)上单调递增,m (x )≥m (0)=0(x ≥0),所以当a ≤1时,m (x )≥0在[0,+∞)上恒成立; 当a - 1>0,即a >1时,m (x )在(a - 1,+∞)上单调递增,在[0,a - 1]上单调递减,所以m (x )min =m (a - 1)<m (0)=0(x ≥0),所以m (x )≥0不恒成立,故a >1不合题意.综上所述,a 的取值范围为( - ∞,1].(3)由(1)知ln(x +1)>x - x 2(x >0),令x =1n,n ∈N *,则x ∈(0,1], 所以lnn+1n>n -1n 2,即ln(n +1) - ln n >n -1n 2. 故有ln2 - ln1>0,ln3 - ln2>14,…,ln(n +1) - ln n >n -1n 2. 上述各式相加可得ln(n +1)>14+29+…+n -1n 2. 因为n 2+3n +2 - (n +1)=(n +1)2>0, 所以n 2+3n +2>n +1, 所以ln(n 2+3n +2)>ln(n +1), 所以ln(n 2+3n +2)>14+29+…+n -1n 2. 2.[2020江西赣州两校联考]已知函数f (x )=(x - 1)e x - 12ax 2+1,a ∈R .(1)当a ≤1时,讨论f (x )的单调性; (2)当a =1时,证明不等式1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<4(n ∈N *).考法2不等式恒成立问题与有解问题命题角度1 不等式恒成立问题3 [2020四川五校联考]已知函数f (x )=a ln x +x 2 - (a +2)x.(1)当a =4时,求函数f (x )的单调递增区间;(2)当a >0时,对于任意的x ∈[1,+∞),不等式f (x )>1 - a 2恒成立,求实数a 的取值范围.(1)根据题意,将a 的值代入f (x )的解析式,再对f (x )求导,令f ' (x )≥0,求解不等式即可;(2)根据题意,将不等式右侧全部移至左侧,将左侧看成新函数求导,分类讨论即可求解.(1)当a =4时,f (x )=4ln x +x 2 - 6x (x >0),∴f ' (x )=4x+2x - 6=(2x -4)(x -1)x, 令f ' (x )≥0,解得x ≥2或0<x ≤1. ∴f (x )的单调递增区间为(0,1],[2,+∞).(2)令g (x )=f (x )+a 2 - 1(x ≥1),则g' (x )=f ' (x )=a x+2x - (a +2)=(2x -a)(x -1)x(x ≥1). (i)当0<a 2<1,即0<a <2时,对于任意的x ∈[1,+∞),有g' (x )≥0(当且仅当x =1时取等号), ∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,∴g (x )min =g (1)=a 2 - a - 2=(a - 2)(a +1)<0(不符合题意,舍去).(ii)当a 2=1,即a =2时,g' (x )=2x(x - 1)2,则g' (x )≥0(当且仅当x =1时取等号), ∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,∴g (x )min =g (1)=0(不符合题意,舍去). (iii)当a 2>1,即a >2时,g (x )在[1,a 2]上单调递减,在(a 2,+∞)上单调递增. ∴g (x )min =g (a 2)=a ln a 2+3a 24- a - 1, 令h (x )=x ln x 2+3x 24- x - 1(x >2),则h' (x )=ln x 2+32x.当x >2时,h' (x )>0,∴h (x )在(2,+∞)上单调递增, ∴h (x )>0.∴g (x )≥g (a 2)>0恒成立,满足题意.综上所述,a >2,即实数a 的取值范围为(2,+∞).命题角度2 不等式有解问题4 [2020广东湛江模拟]已知正实数a ,函数g (x )=23ax 3 - 12(a +2)x 2+x (x >0),f (x )=ax 2 - (a +2)x +ln x +2. (1)讨论函数g (x )的单调性;(2)若f (x )<0在[12,1]内有解,求a 的取值范围.(1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数g (x )的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定区间进行分类讨论,即可确定f (x )的最小值,进而可求得a 的取值范围.(1)由题意知函数g (x )的定义域为(0,+∞).g' (x )=2ax 2 - (a +2)x +1,令g' (x )=0,解得x 1=12,x 2=1a .当1a<12,即a >2时,易知在(0,1a),(12,+∞)上,g' (x )>0,函数g (x )单调递增,在(1a ,12)上,g' (x )<0,函数g (x )单调递减. 当1a=12,即a =2时,易知函数g (x )在(0,+∞)上单调递增.当1a>12,即0<a <2时,易知在(0,12),(1a,+∞)上,g' (x )>0,函数g (x )单调递增,在(12,1a)上,g' (x )<0,函数g (x )单调递减. 综上所述,当a >2时,函数g (x )在(0,1a),(12,+∞)上单调递增,在(1a ,12)上单调递减; 当a =2时,函数g (x )在(0,+∞)上单调递增;当0<a <2时,函数g (x )在(0,12),(1a,+∞)上单调递增,在(12,1a)上单调递减. (2)若f (x )<0在[12,1]内有解,则当x ∈[12,1]时,f (x )min <0, 由题意知f ' (x )=2ax - (a +2)+1x=2ax 2-(a+2)x+1x=g'(x)x(x >0), 由(1)可知,当1a ≤12,即a ≥2时,在[12,+∞)上,g' (x )≥0,所以当x ∈[12,1]时,f ' (x )≥0,函数f (x )在[12,1]上单调递增,f (x )min =f (12)=a 4−a+22+ln 12+2<0,解得a >4(1 - ln2),所以a ≥2.当12<1a<1,即1<a <2时,由(1)知,在[12,1a]上,g' (x )≤0,f ' (x )≤0,函数f (x )单调递减,在(1a,1]上,g'(x )>0,f ' (x )>0,函数f (x )单调递增,所以f (x )min =f (1a)=1a−a+2a +ln 1a +2= - 1a +1+ln 1a. 令1a=t ,则t ∈(12,1),令h (t )= - t +1+ln t (12<t <1),则h' (t )= - 1+1t,易知h' (t )>0,函数h (t )在(12,1)上单调递增,所以h (t )<0恒成立,即f (x )min <0恒成立,所以1<a <2.当1a≥1,即0<a ≤1时,由(1)知,在[12,1a]上,g' (x )≤0,所以当x ∈[12,1]时,f ' (x )≤0,函数f (x )在[12,1]上单调递减,所以f (x )min =f (1)=0,f (x )min <0不成立. 综上所述,a >1.导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数f ' (x )的零点1a是否在[12,1]内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题来处理,但要注意不等式恒成立与不等式有解的区别.3.[2019辽宁五校联考]已知函数f (x )=ax 2 - x ln x.(1)若f (x )在(0,+∞)上单调递增,求a 的取值范围;(2)若a =e(e 为自然对数的底数),证明:当x >0时,f (x )<x e x +1e.考法3利用导数解决零点问题5[2020惠州市调考]已知函数f (x)=(x - 2)e x+a(a∈R).(1)试确定函数f (x)的零点个数;(2)设x1,x2是函数f (x)的两个零点,证明:x1+x2<2.(1)由f (x)=0得a=(2 - x)e x.令g(x)=(2 - x)e x,函数f (x)的零点个数即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)e x的交点个数.∵ g' (x)= - e x+(2 - x)e x=(1 - x)e x,由g' (x)>0得x<1,∴函数g(x)在( - ∞,1)上单调递增,由g' (x)<0得x>1,∴函数g(x)在(1,+∞)上单调递减.图3 - 3 - 1∴当x=1时,函数g(x)有最大值,g(x)max=g(1)=e.又当x<2时,g(x)>0,g(2)=0,当x>2时,g(x)<0,作出函数g(x)的大致图象,如图3 - 3 - 1所示,∴当a>e时,函数f (x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f (x)有一个零点;当0<a<e时,函数f (x)有两个零点.(2)解法一函数f (x)的零点即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)e x的交点的横坐标,由(1)知0<a<e,不妨设x1<1<x2,则2 - x2<1,∵ 函数g(x)=(2 - x)e x在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴函数f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.要证x1+x2<2,只需证x1<2 - x2,即只需证f (x1)>f (2 - x2),又f (x1)=0,故需证f (2 - x2)<0.由a=g(x2)得f (2 - x2)= - x2e2-x2+a= - x2e2-x2- (x2 - 2)e x2(x2>1),构造函数h(x)= - x e2 - x - (x - 2)e x,则h' (x)=(1 - x)(e x - e2 - x),当x>1时,e x>e2 - x,h' (x)<0,故函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,∴当x>1时,h(x)<h(1)=0,即当x2>1时,f (2 - x2)<0,即x1+x2<2.解法二由(1)知0<a<e,不妨设x1<1<x2,设F (x)=f (x) - f (2 - x)(x>1),则F (x)=(x - 2)e x+x e2 - x,F ' (x)=(1 - x)(e2 - x - e x),易知y=e2 - x - e x是单调递减函数,∴当x>1时,e2 - x - e x<e - e=0.又1 - x<0,故F ' (x)>0,∴F (x)在(1,+∞)上单调递增,∴当x>1时,F (x)>0,即f (x)>f (2 - x).由x2>1得f (x2)>f (2 - x2),又f (x2)=0=f (x1),∴f (2 - x2)<f (x1).由g(x)=(2 - x)e x在( - ∞,1)上单调递增,得f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,又2 - x2<1,∴2 - x2>x1,即x1+x2<2.解后反思本题主要考查考生灵活运用导数、数形结合思想分析问题、解决问题的能力,解题过程中重点考查了分类讨论思想、数形结合思想的应用,有助于提升考生的逻辑推理、数学运算和直观想象等核心素养.4.[2019全国卷Ⅰ,20,12分]已知函数f (x)=2sin x - x cos x - x,f ' (x)为f (x)的导数.(1)证明:f ' (x)在区间(0,π)内存在唯一零点;(2)若x∈[0,π]时,f (x)≥ax,求a的取值范围.数学探究1极值点偏移问题6已知函数f (x)=ln x - ax(x>0),a为常数,若函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.解法一(抓极值点构造函数)由题意知,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=a e x的两个不相等的根.设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=x e - x,则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.g' (x)=(1 - x)e - x,易得g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,.所以函数g(x)在x=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=1e当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞;当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t1<t2,作出函数g(x)的图象,如图3 - 3 - 2所示,由图3 - 3 -2知必有0<t1<1<t2,令F (x)=g(1+x) - g(1 - x),x∈(0,1],则F ' (x)=x(e2x - 1)>0,e x+1所以F (x)在(0,1]上单调递增,所以F (x)>0对任意的x∈(0,1]恒成立,即g(1+x)>g(1 - x)对任意的x∈(0,1]恒成立,由0<t1<1<t2,得1 - t1∈(0,1),所以g(1+1 - t1)=g(2 - t1)>g(1 - (1 - t1))=g(t1)=g(t2),即g(2 - t1)>g(t2),又2 - t1,t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以2 - t1<t2,所以t1+t2>2,即x1x2>e2.上述解题过程中用到的方法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要点:(1)求函数g(x)的极值点x0;(2)构造函数F (x)=g(x0+x) - g(x0 - x);(3)确定函数F (x)的单调性;(4)确定g(x0+x)与g(x0 - x)的大小关系.解法二(巧抓“根差”——s=t2 - t1构造函数)由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=a e x的两个不相等的根.设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=x e - x,则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.由g(t1)=g(t2),得t1e-t1=t2e-t2,化简得e t2-t1=t2t1①,不妨设t2>t1,由解法一知,0<t1<1<t2.令s=t2 - t1,则s>0,t2=s+t1,代入①式,得e s=s+t1t1,解得t1=se s-1.则t1+t2=2t1+s=2se s-1+s,故要证t1+t2>2,即证2se s-1+s>2.又e s - 1>0,故要证2se s-1+s>2,即证2s+(s - 2)(e s - 1)>0②,令G(s)=2s+(s - 2)(e s - 1)(s>0),则G' (s)=(s - 1)e s+1,G″(s)=s e s>0(G″ (s)为G' (s)的导函数),故G' (s)在(0,+∞)上单调递增,所以G' (s)>0,从而G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G(s)>0,所以②式成立,故t1+t2>2,即x1x2>e2.该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下.(1)取差构元:记s=t2 - t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.解法三(巧抓“根商”——c=x1x2构造函数)不妨设x1>x2,因为ln x1 - ax1=0,ln x2 - ax2=0,所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1 - ln x2=a(x1 - x2),所以lnx1-lnx2x1-x2=a,欲证x1x2>e2,即证ln x2+ln x2>2.因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),所以即证a>2x1+x2,所以原问题等价于证明lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2,即ln x1x2>2(x1-x2)x1+x2.令c=x1x2(c>1),则不等式变为ln c>2(c-1)c+1,令h(c)=ln c - 2(c-1)c+1,c>1,所以h' (c)=1c −4(c+1)2=(c-1)2c(c+1)2>0,所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h (c )>ln1 - 0=0,即ln c - 2(c -1)c+1>0(c >1), 因此原不等式x 1x 2>e 2得证.该方法的基本思路是直接消掉参数a ,再结合所证问题,巧妙引入变量c =x 1x 2,从而构造相应的函数.解题要点如下. (1)巧解消参:利用方程f (x 1)=f (x 2)=0消掉解析式中的参数a. (2)抓商构元:令c =x 1x 2,消掉变量x 1,x 2,构造关于c 的函数h (c ). (3)用导求解:利用导数求解函数h (c )的最小值,从而可证得结论. 素养探源核心素养 考查途径素养水平 数学建模 通过观察分析,构造相关函数. 一 逻辑推理 命题之间的等价转换.二 数学运算数式运算,等式的恒等变换,不等式的等价变形等.二5.[2019湖南岳阳模拟]已知函数f (x )= - x +(x +a )ln x (a ∈R )有两个不同的极值点.(1)求实数a 的取值范围;(2)当a =2时,已知函数f (x )的图象在A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))(x 1<x 2)两个不同的点处的切线互相平行,证明:x 1+x 2>4.数学探究2 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题7已知函数f (x )=alnx x+1+b x,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为x +2y - 3=0.(1)求a ,b 的值;(2)如果当x >0,且x ≠1时,f (x )>lnx x -1+kx,求k 的取值范围.(1)由题意知f ' (x )=a(x+1x -lnx)(x+1)2−bx 2(x >0).由于直线x +2y - 3=0的斜率为 - 12,且直线x +2y - 3=0过点(1,1), 故{f(1)=1,f '(1)=-12,即{b =1,a2-b =-12,解得{a =1,b =1.(2)解法一 由(1)知f (x )=lnx x+1+1x(x >0), 所以f (x ) - (lnx x -1+k x )=11-x 2[2ln x +(k -1)(x 2-1)x ]. 设h (x )=2ln x +(k -1)(x 2-1)x(x >0), 则h' (x )=(k -1)(x 2+1)+2xx 2.①当k ≤0时,由h' (x )=k(x 2+1)-(x -1)2x 2知,当x ≠1时,h' (x )<0,h (x )单调递减.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得11-x2h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时,f (x) - (lnxx-1+kx)>0.即f (x)>lnxx-1+kx.②当0<k<1时.y=(k - 1)(x2+1)+2x=(k - 1)x2+2x+k - 1,其图象开口向下,且Δ=4 - 4(k - 1)2>0,对称轴为直线x=11-k ,11-k>1,所以当x∈(1,11-k)时,(k - 1)(x2+1)+2x>0,故h' (x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,11-k )时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0,与题设矛盾.②当k≥1时,此时h' (x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0,与题设矛盾.综上所述,k的取值范围为( - ∞,0].(很难想到用解法一处理第(2)问,现利用洛必达法则处理如下)解法二由题设可得,当x>0,x≠1时,k<2xlnx1-x2+1恒成立.令g(x)=2xlnx1-x2+1(x>0,x≠1),则g' (x)=2·(x2+1)lnx-x2+1(1-x2)2,再令m(x)=(x2+1)ln x - x2+1(x>0),则m' (x)=2x ln x+1x- x,又m″(x)=2ln x+1 - 1x2(m″(x)为m' (x)的导数),易知m″(x)=2ln x+1 - 1x2在(0,+∞)上为增函数,且m″(1)=0,故当x∈(0,1)时,m″(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m″(x)>0,所以m' (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故m' (x)>m' (1)=0, 所以m(x)在(0,+∞)上为增函数,又m(1)=0,所以当x∈(0,1)时,m(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g' (x)<0,当x∈(1,+∞)时,g' (x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则知,lim x→1g(x)=2limx→1xlnx1-x2+1=2limx→11+lnx-2x+1=2×( - 12)+1=0,所以k≤0,故k的取值范围为( - ∞,0].解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的性质,相当烦琐,很难求解.采用变量分离法较易求解,但是分离出来的函数式的最值无法求解,而利用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法. 素养探源核心素养考查途径素养水平 逻辑推理 分类讨论及命题间的等价转换等. 二 数学运算 代数式的运算及不等式的等价变换等.二1.(1)因为f (x )=e x (e x - ax +a ),所以f ' (x )=e x (e x - ax +a )+e x (e x - a )=e x (2e x - ax ). 令f ' (x )=0,则2e x =ax. 当a =0时,不符合题意. 当a ≠0时,2a =x e x,令g (x )=xex ,所以g' (x )=1 - x e x,当x <1时,g' (x )>0,当x >1时,g' (x )<0,所以g (x )在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以g (x )max =g (1),又g (1)=1e ,当x → - ∞时,g (x )→ - ∞,当x →+∞时,g (x )→0且g (x )>0,所以当0<2a<1e,即2e<a 时,f (x )有2个极值点,即a 的取值范围为(2e,+∞).(2)由(1)知g (0)=0,不妨设0<x 1<1<x 2,因为x 1,x 2为f (x )的极值点,所以{2e x 1=ax 1,2e x 2=ax 2,所以{ln2+x 1=lna +lnx 1,ln2+x 2=lna +lnx 2,所以x 2 - x 1=ln x 2 - ln x 1,要证明2x 1x 2<x 1+x 2,可证明2x 1x 2(ln x 2 - ln x 1)<x 22 − x 12,即证明2lnx 2x 1<x 2x 1− x1x 2.设x2x 1=t (t >1),即证明2ln t - t +1t<0在(1,+∞)上恒成立,记h (t )=2ln t - t +1t,则h' (t )=2t- 1 -1t 2=- t 2+2t - 1t 2=- (t - 1)2t 2,当t >1时,h' (t )<0,所以h (t )在区间(1,+∞)上单调递减,所以当t >1时,h (t )<h (1)=0,即2ln t - t +1t<0,即2x 1x 2<x 1+x 2. 2.(1)对f (x )求导,得f ' (x )=x e x - ax =x (e x - a ).当a ≤0时,e x - a >0,令f ' (x )=0,得x =0,所以f (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.当a =1时,若x <0,则e x - a <0,f ' (x )>0;若x >0,则e x - a >0,f ' (x )>0. 所以f (x )在R 上单调递增.当0<a <1时,令f ' (x )=0,得x =0或x =ln a ,所以f (x )在( - ∞,ln a ),(0,+∞)上单调递增,在(ln a ,0)上单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 当a =1时,f (x )在R 上单调递增;当0<a <1时,f (x )在( - ∞,ln a ),(0,+∞)上单调递增,在(ln a ,0)上单调递减. (2)由题意知,当a =1时,f (x )=(x - 1)e x - 12x 2+1.当n =1时,1f(1)=2<4,显然成立.当n ≥2时,由(1)知,当a =1时,f (x )在(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )>f (0)=0在(0,+∞)上恒成立.设g (x )=e x - x - 1,则g' (x )=e x - 1,可知g (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以g (x )≥g (0)=0,即e x ≥x +1.所以当n ≥2时,f (n )≥(n - 1)(n +1) - 12n 2+1=12n 2,1f(n)≤2n 2,所以1f(n)<2(n - 1)n=2(1n - 1− 1n).于是1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<2+2[(1 - 12)+(12− 13)+…+(1n - 1− 1n)]=4 - 2n<4.综上可知,1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<4(n ∈N *).3.(1)易知f (x )的定义域为(0,+∞). 对f (x )求导,得f ' (x )=2ax - ln x - 1.因为f (x )在(0,+∞)上单调递增,所以当x >0时,f ' (x )≥0恒成立, 即2ax - ln x - 1≥0在(0,+∞)上恒成立,也即2a ≥lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令g (x )=lnx+1x ,x >0,则2a ≥g (x )max ,g' (x )= - lnx x 2,令g' (x )>0,可得ln x <0,解得0<x <1;令g' (x )<0,可得ln x >0,解得x >1.所以g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则g (x )max =g (1)=1.所以2a ≥1,即a ≥12.故a 的取值范围是[12,+∞).(2)当a =e 时,f (x )=e x 2 - x ln x ,要证当x >0时,f (x )<x e x +1e,即证当x >0时,e x 2 - x ln x <x e x +1e.因为x >0,所以只需证e x - ln x <e x +1ex,即证ln x +1ex>e x - e x (x >0).令h (x )=ln x +1ex(x >0),则h' (x )=1x−1ex 2=ex - 1ex 2(x >0).由h' (x )<0,得0<x <1e;由h' (x )>0,得x >1e.所以h (x )在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,则h (x )在x =1e时取得最小值,最小值为h (1e)=0,从而h (x )≥0,即ln x +1ex≥0.令φ(x )=e x - e x (x >0),则φ' (x )=e - e x (x >0). 由φ' (x )>0,得0<x <1,由φ' (x )<0,得x >1,所以φ(x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x )在x =1时取得最大值,最大值为φ(1)=0,从而φ(x )≤0,即e x - e x ≤0.因为h (x )和φ(x )不同时为0,所以ln x +1ex >e x - e x (x >0),即当x >0时,f (x )<x e x +1e成立.【解后反思】 本题第(2)问要证明当x >0时,不等式e x 2 - x ln x <x e x +1e成立,如果构造函数t (x )=x e x +1e- e x 2+x ln x (x >0),通过研究函数t (x )的单调性来证明不等式,会遇到导函数的零点不能确定的问题,增加了难度,所以先将不等式转化为ln x +1ex>e x - e x (x >0),再分别求函数h (x )=ln x +1ex(x >0)的最小值和函数φ(x )=e x - e x (x >0)的最大值,即可证明不等式.4.(1)设g (x )=f ' (x )(x ∈(0,π)),则g (x )=cos x +x sin x - 1,g' (x )=x cos x. 令g' (x )=0,得x =π2.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)内存在唯一零点.所以f ' (x )在(0,π)内存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π,f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知,f ' (x )在(0,π)内只有一个零点,设此零点为x 0,且当x ∈(0,x 0)时,f ' (x )>0;当x ∈(x 0,π)时,f ' (x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减.又f (0)=0,f (π)=0,所以当x ∈[0,π]时,f (x )≥0. 又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax. 因此,a 的取值范围是( - ∞,0].5.(1)由题意知函数f (x )的定义域为(0,+∞).f ' (x )= - 1+ln x +x+a x=ln x +ax.因为函数f (x )有两个不同的极值点,所以f ' (x )=0即ln x +ax =0有两个不同的实数解.分离参数得a = - x ln x.记g (x )= - x ln x (x >0),则g' (x )= - 1 - ln x ,令g' (x )=0,解得x =1e .当x ∈(0,1e)时,g' (x )>0,函数g (x )单调递增;当x ∈(1e,+∞)时,g' (x )<0,函数g (x )单调递减.g (1e )= - 1e ln 1e =1e ,且x → 0时,g (x )→ 0.如图D 3 - 3 - 1,作出函数g (x )的大致图象及直线y =a.图D 3 - 3 - 1由图可知,当直线y =a 与函数g (x )的图象有两个交点时,a ∈(0,1e ).故所求实数a 的取值范围为(0,1e).(2)当a=2时,f (x)= - x+(x+2)ln x,所以f ' (x)=2x +ln x.不妨设m(x)=2x+ln x(x>0).由题意可知,函数f (x)的图象在A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))两个不同的点处的切线互相平行,即f ' (x1)=f ' (x2),即m(x1)=m(x2).易得m' (x)= - 2x2+1x=x - 2x2,所以函数m(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故由m(x1)=m(x2),可知必有0<x1<2<x2,所以4 - x1>2,而m(x1) - m(4 - x1)=2x1+ln x1 - 24 - x1- ln(4 - x1),令h(x)=2x − 24 - x+ln x - ln(4 - x)(0<x<2),则h' (x)= - 2x2 − 2(4 - x)2+1x+14 - x=- 2(4 - x)2- 2x2+x(4 - x)2+x2(4 - x)x2(4 - x)2= - 8(x - 2)2x2(4 - x)2<0,所以函数h(x)在(0,2)上为减函数,所以h(x)>0,所以m(x1) - m(4 - x1)>0,即m(x1)>m(4 - x1),所以m(x2)>m(4 - x1).又函数m(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x2>4 - x1,即x1+x2>4.。

第12讲 导数的综合应用[最新考纲]1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2．会利用导数解决某些简单的实际问题.知 识 梳 理1．生活中的优化问题通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤3．导数在研究方程(不等式)中的应用研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．辨 析 感 悟1．函数最值与不等式(方程)的关系(1)(教材习题改编)对任意x >0，ax 2＋(3a －1)x ＋a ≥0恒成立的充要条件是a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞.(√) (2)(2011·辽宁卷改编)已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．(√) 2．关于实际应用问题(3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析式共同确定．(√) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×)(5)(2014·贵阳调研改编)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．(√)[感悟·提升]1．两个转化一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，如(2)．2．两点注意一是注意实际问题中函数定义域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如(3)．二是在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么可直接根据实际意义判定是最大值还是最小值，如(4)．若在开区间内有极值，则一定有最优解.考点一导数在方程(函数零点)中的应用【例1】(2013·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．审题路线(1)由导数的几何意义，知f′(a)＝0且f(a)＝b，解方程得a，b的值．(2)两曲线的交点问题，转化为方程x2＋x sin x＋cos x－b＝0.通过判定零点个数来求解．解由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋x sin x＋cos x－b.令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x (－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)1－b所以函数g(x)g(x)的最小值为g(0)＝1－b.①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，g(2b)＝4b2＋2b sin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，又y＝g(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．故当b>1时，y＝g(x)在R上有两个零点，则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．规律方法(1)在解答本题(2)问时，可转化为判定f(x)＝b有两个实根时实数b应满足的条件，并注意g(x)的单调性、奇偶性、最值的灵活应用．另外还可作出函数y＝f(x)的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应注意严谨性，进行必要的论证．(2)该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.学生用书第43页【训练1】(2012·天津卷节选)已知函数f(x)＝13x3＋2x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f ′(x )＝0，得x ＝－1或a (a >0)． 当x 变化时f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：↗↘↗(2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当⎩⎨⎧f (－2)＜0，f (－1)＞0，f (0)＜0，解得0＜a ＜13.所以，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.考点二 导数在不等式中的应用【例2】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0.审题路线 (1)由极值点确定出实数m 的值，然后利用导数求出函数的单调区间；(2)当m ≤2时，转化为求f (x )min ，证明f (x )min >0. 解 (1)易知f ′(x )＝e x －1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)， ∴f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f ′(0)＝0. 当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)当m ≤2，x >－m 时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)． 故只需证明当m ＝2时，f (x )>0.当m ＝2时，f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)＝1e －1<0，f ′(0)＝1－12>0.所以f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且－1<x 0<0. 于是y ＝f (x )在x ＝x 0处，取到最小值． 又f ′(x 0)＝0，得＝1x 0＋2， 两边取对数得ln(x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝－ln(x 0＋2)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2>0.综上可知，当m ≤2时，f (x )>0成立．规律方法 (1)第(2)问证明抓住两点：一是转化为证明当m ＝2时，f (x )>0；二是依据f ′(x 0)＝0，准确求f (x )＝e x －ln(x ＋2)的最小值．(2)对于该类问题，可从不等式的结构特点出发，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化．【训练2】 (2014·郑州一模)已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x (x >0)． ①当a ≥0时，恒有f ′(x )>0， 则f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②当a <0时，若0<x <－12a ，则f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－12a 上是增函数；若x >－12a ，则f ′(x )<0，故f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数．综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－12a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数．(2)由题意，知对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]， 恒有ma －f (x )>a 2成立，等价于ma －a 2>f (x )max . 因为a ∈(－4，－2)，所以24<－12a <12<1.由(1)，知当a ∈(－4，－2)时，f (x )在[1,3]上是减函数， 所以f (x )max ＝f (1)＝2a ， 所以ma －a 2>2a ，即m <a ＋2.因为a ∈(－4，－2)，所以－2<a ＋2<0，即m ≤－2. 所以实数m 的取值范围是(－∞，－2]．考点三 导数与生活中的优化问题【例3】 某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元． (1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1， 所以y ＝f (x )＝256n ＋(n ＋1)(2＋x )x ＝256⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋mx (2＋x )x＝256x m ＋m x ＋2m －256. (2)由(1)知，令f′(x)＝0，得＝512，所以x＝64.当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64<x<640，f′(x)>0，f(x)在区间(64,640)内为增函数．所以f(x)在x＝64处取得最小值．此时n＝mx－1＝64064－1＝9.故需新建9个桥墩才能使工程的费用y最小．规律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，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.学生用书第44页【训练3面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因为r＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．1．理解极值与最值的区别，极值是局部概念，最值是整体概念．2．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．答题模板4——构建函数模型证明不等式恒成立问题【典例】(13分)(2012·山东卷)已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[规范解答](1)由f(x)＝ln x＋ke x，得f′(x)＝1－kx－x ln xx e x，x∈(0，＋∞)．由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x，x∈(0，＋∞)．设h(x)＝1x－ln x－1，则h′(x)＝－1x2－1x<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数，由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，从而f′(x)>0，当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤0<1＋e－2，故只需证明g(x)<1＋e－2在0<x<1时成立．当0<x<1时，e x>1，且g(x)>0，∴g(x)＝1－x ln x－xe x<1－x ln x－x.设F(x)＝1－x ln x－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)>0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)<0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.所以g(x)<F(x)≤1＋e－2.综上，对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[反思感悟] 一是不能抓住f′(x)的特征，联系导数的几何意义，求f′(x)＝0的实根x＝1，导致思维受阻；二是第(3)问中，未将x的范围细化为0<x<1和x≥1来考虑，致使问题变得复杂化；三是第(3)问中未利用“e x>1”这一条件，将g(x)＝1－x ln x－xe x 变为：g(x)＝1－x ln x－xe x<1－x ln x－x.答题模板第一步：利用导数的几何意义求k的值；第二步：求g(x)，构造函数F(x)；第三步：将问题转化为证明F(x)≤1＋e－2；第四步：对F(x)求导，判断其单调性，求最大值；第五步：将问题再转化为原问题从而得到欲证明的不等式．【自主体验】(2013·辽宁卷)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋x32＋1＋2x cos x．当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x ≤f (x )≤11＋x； (2)若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明 要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≥1－x ，只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x . 记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ，则h ′(x )＝x (e x －e －x )．当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0,1]上是增函数，故h (x )≥h (0)＝0. 所以f (x )≥1－x ，x ∈[0,1]．要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≤11＋x，只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1，当x ∈(0,1)时，K ′(x )＞0，因此K (x )在[0,1]上是增函数，故K (x )≥K (0)＝0. 所以f (x )≤11＋x ，x ∈[0,1]．综上，1－x ≤f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． (2)解 f (x )－g (x )＝(1＋x )e－2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋x 32＋1＋2x cos x ≥1－x －ax －1－x 32－2x cos x＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1＋x 22＋2cos x .设G (x )＝x 22＋2cos x ， 则G ′(x )＝x －2sin x .记H (x )＝x －2sin x ，则H ′(x )＝1－2cos x . 当x ∈(0,1)时，H ′(x )＜0，于是G ′(x )在[0,1]上是减函数，从而当x ∈(0,1)时，G ′(x )＜G ′(0)＝0，故G (x )在[0,1]上是减函数．于是G (x )≤G (0)＝2，从而a ＋1＋G (x )≤a ＋3. 所以，当a ≤－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上恒成立． 下面证明，当a ＞－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立． f (x )－g (x )≤11＋x－1－ax －x 32－2x cos x＝－x 1＋x－ax －x 32－2x cos x ＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x ＋a ＋x 22＋2cos x ，记I (x )＝11＋x ＋a ＋x 22＋2cos x ＝11＋x ＋a ＋G (x )，则I ′(x )＝－1(1＋x )2＋G ′(x )，当x ∈(0,1)时，I ′(x )＜0， 故I (x )在[0,1]上是减函数，于是I (x )在[0,1]上的值域为[a ＋1＋2cos 1，a ＋3]．因为当a ＞－3时，a ＋3＞0，所以存在x 0∈(0,1)，使得I (x 0)＞0，此时f (x 0)＜g (x 0)，即f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立． 综上，实数a 的取值范围是(－∞，－3].对应学生用书P251基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．若直线y ＝m 与y ＝3x －x 3的图象有三个不同的交点，则实数m 的取值范围是( )．A ．(－2,2)B ．[－2,2]C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析 y ′＝3(1－x )(1＋x )，由y ′＝0，得x ＝±1.∴y 极大＝2，y 极小＝－2，∴－2<m <2. 答案 A2．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )．A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20，可知应选B.答案 B3．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为()．A．12 cm3B．72 cm3C．144 cm3D．160 cm3解析设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或203(舍去)，∴y max＝6×12×2＝144 (cm3)．答案 C4．(2013·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．答案 C 5.在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( )．A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析 (1)当x ∈(－∞，－1)和x ∈(1，＋∞)时，f (x )是增函数，∴f ′(x )>0， 由x ·f ′(x )<0，得x <0，∴x <－1.(2)当x ∈(－1,1)时，f (x )是减函数，∴f ′(x )<0.由x ·f ′(x )<0，得x >0，∴0<x <1. 故x ·f ′(x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)． 答案 A 二、填空题6．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x ＞0恒成立，m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1，故m ≥1.答案 [1，＋∞)7．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，f (2)的大小关系为________．解析 函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)．又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，f ′(x )<0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (2)>f (3)＝f (－3)．答案 f (－3)<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π28．设函数f (x )＝6ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋4，则方程f (x )－g (x )＝0有________个实根． 解析 设φ(x )＝g (x )－f (x )＝x 2－4x ＋4－6ln x ，则φ′(x )＝2x 2－4x －6x ＝2(x ＋1)(x －3)x ，且x >0.由φ′(x )＝0，得x ＝3.当0<x <3时，φ′(x )<0；当x >3时，φ′(x )>0.∴φ(x )在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln 3<0.故y ＝φ(x )的图象与x 轴有两个交点，则方程f (x )－g (x )＝0有两个实根． 答案 2 三、解答题9．某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．(1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润． 解 (1)设5858－u ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142，∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴5858－28＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫10－2142，解得k ＝2.∴u ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142＋5858＝－2x 2＋21x ＋18.∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)． (2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18) ＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是单调递增，在(9,11)上是单调递减． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元． 10．(2014·南京调研)已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数． (1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围； (2)当m >1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． 解 (1)依题意，可知f (x )在R 上连续， 且f ′(x )＝e x －m －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m >1，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值． 令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)当m >1时，f (m )＝1－m <0.∵f (0)＝e －m >0，f (0)·f (m )<0，且f (x )在(0，m )上单调递减． ∴f (x )在(0，m )上有一个零点． 又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ， ∵当m >1时，g ′(m )＝e m －2>0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (m )>g (1)＝e －2>0，即f (2m )>0.∴f (m )·f (2m )<0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点． 故f (x )在[0,2m ]上有两个零点．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2013·潍坊模拟)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3f (30.3)，b ＝(log π3)f (log π3)，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319f⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319，则a ，b ，c 间的大小关系是( )．A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b解析 设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0(x <0)，∴当x <0时，g (x )＝xf (x )为减函数．又g (x )为偶函数，∴当x >0时，g (x )为增函数． ∵1<30.3<2,0<log π3<1，log 319＝－2， ∴g (－2)>g (30.3)>g (log π3)，即c >a >b . 答案 C2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋6x ＋e 2－5e －2，x ≤e ，x －2ln x ，x >e (其中e 为自然对数的底数，且e ≈2.718)．若f (6－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( )． A ．(2,3) B ．(2，e) C ．(－3,2) D ．(－2，e)解析 当x ≤e 时，f ′(x )＝2(3－x )>0；当x >e 时，f ′(x )＝1－2x >0，∴f (x )在R 上单调递增．因此6－a 2>a ，解之得－3<a <2. 答案 C 二、填空题3．将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则S 的最小值是________．解析如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ，∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)，又S △ADE ＝34x 2(m 2)，∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)，∴S ＝433×x 2－6x ＋91－x 2(0＜x ＜1)，∴S ′＝－833×(3x －1)(x －3)(1－x 2)2，令S ′＝0，得x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，S ′＜0，S 递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，S ′＞0，S 递增．故当x ＝13时，S 的最小值是3233. 答案3233三、解答题4．(2014·湛江质检)已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0)． (1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3. 解 (1)令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)，则h ′(x )＝cos x －a . ①若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0， 则sin x ≤ax (x ≥0)成立．②若0<a <1，存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x 0＝a ，当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a >0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )>h (0)＝0，不合题意．③若a ≤0，结合f (x )与g (x )的图象可知显然不合题意． 综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)当a 取(1)中的最小值为1时， g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)，则H ′(x )＝1－cos x －12x 2. 令G (x )＝1－cos x －12x 2， 则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3在x ∈[0，＋∞)上单调递减．所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，则x －sin x ≤16x 3(x ≥0)．所以，当a 取(1)中的最小值时，g (x )－f (x )≤16x 3.学生用书第45页必记内容: 高中数学三角函数公式汇总一、任意角的三角函数在角α的终边上任取．．一点),(y x P ，记：22y x r +=， 正弦：r y =αsin 余弦：r x=αcos 正切：xy=αtan 余切：y x =αcot正割：xr=αsec 余割：yr =αcsc注：我们还可以用单位圆中的有向线段表示任意角的三角函数：如图，与单位圆有关的有向．．线段MP 、OM 、AT 分别叫做角α的正弦线、余弦线、正切线。

第三讲 导数的综合应用考法1利用导数证明不等式命题角度1 变量不等式的证明1 [2020石家庄市重点高中测试]已知函数f (x )=(2 - x )e k (x - 1) - x (k ∈R ,e 为自然对数的底数). (1)若f (x )在R 上单调递减,求k 的最大值; (2)当x ∈(1,2)时,证明:lnx(2x -1)2-x >2(x - 1x). (1)将函数f (x )单调递减转化为f ' (x )≤0恒成立,将特殊值1代入,可初步算出k 的范围,再加以验证,即可求解;(2)借助第(1)问可证出2(x - 1)<ln x 2-x ,证得不等式的一部分,再证明 - 2x+2<ln (2x - 1),从而使问题得解.(1)∵ f (x )在R 上单调递减,∴f ' (x )=e k (x - 1)[k (2 - x ) - 1] - 1≤0恒成立, 即 - kx +2k - 1≤1e k(x -1)对任意x ∈R 恒成立.设g (x )=1e k(x -1)+kx - 2k +1,则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立.则g (1)=2 - k ≥0,∴k ≤2. 当k =2时,g' (x )=2[1 -1e 2(x -1)],g' (1)=0, 当x ∈(1,+∞)时,g' (x )>0,g (x )单调递增, 当x ∈( - ∞,1)时,g' (x )<0,g (x )单调递减, ∴g (x )min =g (1)=0,即g (x )≥0恒成立, 故k 的最大值为2.(2)当k =2时,f (x )=(2 - x )·e 2(x - 1) - x 单调递减,且f (1)=0, 当x ∈(1,2)时,f (x )<f (1),即(2 - x )·e 2(x - 1)<x , ln(2 - x )+2(x - 1)<ln x , 2(x - 1)<lnx 2-x ①.下面证明: - 2x+2<ln(2x - 1),x ∈(1,2) ②. 令H (x )=ln(2x - 1) - ( - 2x +2)(1<x <2),则H' (x )=2(x -1)2x 2(2x -1)>0,∴H (x )在(1,2)上单调递增,H (x )>ln(2×1 - 1) - ( - 21+2)=0,故②成立. ①+②得, lnx(2x -1)2-x >2(x - 1x)成立.1.[2020陕西省部分学校模拟测试]已知函数f (x )=e x (e x - ax +a )有两个极值点x 1,x2.(1)求a 的取值范围; (2)求证:2x 1x 2<x 1+x 2.命题角度2 与数列有关的不等式的证明2[2019湖南湘潭二模]设函数f (x )=ln(x +1)(x ≥0),g (x )=x(x+a+1)x+1(x ≥0). (1)证明:f (x )≥x - x 2;(2)若f (x )+x ≥g (x )恒成立,求a 的取值范围; (3)证明:当n ∈N *时,ln(n 2+3n +2)>14+29+…+n -1n 2. (1)令h (x )=ln(x +1) - x +x 2,x ∈[0,+∞),则h' (x )=1x+1+2x - 1=2x 2+x 1+x≥0,所以h (x )单调递增,所以h (x )≥h (0)=0,故f (x )≥x - x 2.(2)f (x )+x ≥g (x ),即ln(x +1)≥ax1+x,令m (x )=ln(x +1) - ax x+1,即m (x )≥0恒成立.求导,得m' (x )=1x+1−−a(x+1)-ax (1+x)2=x+1-a (1+x)2,令m' (x )>0,即x +1 - a >0,得x >a - 1.当a - 1≤0,即a ≤1时,m (x )在[0,+∞)上单调递增,m (x )≥m (0)=0(x ≥0),所以当a ≤1时,m (x )≥0在[0,+∞)上恒成立;当a - 1>0,即a >1时,m (x )在(a - 1,+∞)上单调递增,在[0,a - 1]上单调递减,所以m (x )min =m (a - 1)<m (0)=0(x ≥0),所以m (x )≥0不恒成立,故a >1不合题意. 综上所述,a 的取值范围为( - ∞,1].(3)由(1)知ln(x +1)>x - x 2(x >0),令x =1n,n ∈N *,则x ∈(0,1], 所以lnn+1n>n -1n 2,即ln(n +1) - ln n >n -1n 2. 故有ln2 - ln1>0,ln3 - ln2>14,…,ln(n +1) - ln n >n -1n 2. 上述各式相加可得ln(n +1)>14+29+…+n -1n 2. 因为n 2+3n +2 - (n +1)=(n +1)2>0, 所以n 2+3n +2>n +1, 所以ln(n 2+3n +2)>ln(n +1), 所以ln(n 2+3n +2)>14+29+…+n -1n 2. 2.[2020江西赣州两校联考]已知函数f (x )=(x - 1)e x - 12ax 2+1,a ∈R .(1)当a ≤1时,讨论f (x )的单调性; (2)当a =1时,证明不等式1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<4(n ∈N *).考法2不等式恒成立问题与有解问题命题角度1 不等式恒成立问题3 [2020四川五校联考]已知函数f (x )=a ln x +x 2 - (a +2)x. (1)当a =4时,求函数f (x )的单调递增区间;(2)当a >0时,对于任意的x ∈[1,+∞),不等式f (x )>1 - a 2恒成立,求实数a 的取值范围.(1)根据题意,将a 的值代入f (x )的解析式,再对f (x )求导,令f ' (x )≥0,求解不等式即可;(2)根据题意,将不等式右侧全部移至左侧,将左侧看成新函数求导,分类讨论即可求解.(1)当a =4时,f (x )=4ln x +x 2 - 6x (x >0),∴f ' (x )=4x+2x - 6=(2x -4)(x -1)x, 令f ' (x )≥0,解得x ≥2或0<x ≤1. ∴f (x )的单调递增区间为(0,1],[2,+∞).(2)令g (x )=f (x )+a 2 - 1(x ≥1),则g' (x )=f ' (x )=a x+2x - (a +2)=(2x -a)(x -1)x(x ≥1). (i)当0<a 2<1,即0<a <2时,对于任意的x ∈[1,+∞),有g' (x )≥0(当且仅当x =1时取等号), ∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,∴g (x )min =g (1)=a 2 - a - 2=(a - 2)(a +1)<0(不符合题意,舍去).(ii)当a 2=1,即a =2时,g' (x )=2x(x - 1)2,则g' (x )≥0(当且仅当x =1时取等号), ∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,∴g (x )min =g (1)=0(不符合题意,舍去). (iii)当a 2>1,即a >2时,g (x )在[1,a 2]上单调递减,在(a 2,+∞)上单调递增. ∴g (x )min =g (a 2)=a ln a 2+3a 24- a - 1, 令h (x )=x ln x 2+3x 24- x - 1(x >2),则h' (x )=ln x 2+32x.当x >2时,h' (x )>0,∴h (x )在(2,+∞)上单调递增, ∴h (x )>0.∴g (x )≥g (a 2)>0恒成立,满足题意.综上所述,a >2,即实数a 的取值范围为(2,+∞).命题角度2 不等式有解问题4 [2020广东湛江模拟]已知正实数a ,函数g (x )=23ax 3 - 12(a +2)x 2+x (x >0),f (x )=ax 2 - (a +2)x +ln x +2. (1)讨论函数g (x )的单调性;(2)若f (x )<0在[12,1]内有解,求a 的取值范围.(1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数g (x )的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定区间进行分类讨论,即可确定f (x )的最小值,进而可求得a 的取值范围.(1)由题意知函数g (x )的定义域为(0,+∞).g' (x )=2ax 2 - (a +2)x +1,令g' (x )=0,解得x 1=12,x 2=1a .当1a<12,即a >2时,易知在(0,1a),(12,+∞)上,g' (x )>0,函数g (x )单调递增,在(1a ,12)上,g' (x )<0,函数g (x )单调递减. 当1a=12,即a =2时,易知函数g (x )在(0,+∞)上单调递增.当1a>12,即0<a <2时,易知在(0,12),(1a,+∞)上,g' (x )>0,函数g (x )单调递增,在(12,1a)上,g' (x )<0,函数g (x )单调递减.综上所述,当a >2时,函数g (x )在(0,1a),(12,+∞)上单调递增,在(1a ,12)上单调递减; 当a =2时,函数g (x )在(0,+∞)上单调递增;当0<a <2时,函数g (x )在(0,12),(1a,+∞)上单调递增,在(12,1a)上单调递减. (2)若f (x )<0在[12,1]内有解,则当x ∈[12,1]时,f (x )min <0, 由题意知f ' (x )=2ax - (a +2)+1x=2ax 2-(a+2)x+1x=g'(x)x(x >0), 由(1)可知,当1a ≤12,即a ≥2时,在[12,+∞)上,g' (x )≥0,所以当x ∈[12,1]时,f ' (x )≥0,函数f (x )在[12,1]上单调递增,f (x )min =f (12)=a 4−a+22+ln 12+2<0,解得a >4(1 - ln2),所以a ≥2.当12<1a<1,即1<a <2时,由(1)知,在[12,1a]上,g' (x )≤0,f ' (x )≤0,函数f (x )单调递减,在(1a,1]上,g'(x )>0,f ' (x )>0,函数f (x )单调递增, 所以f (x )min =f (1a)=1a−a+2a +ln 1a +2= - 1a +1+ln 1a. 令1a=t ,则t ∈(12,1),令h (t )= - t +1+ln t (12<t <1),则h' (t )= - 1+1t,易知h' (t )>0,函数h (t )在(12,1)上单调递增,所以h (t )<0恒成立,即f (x )min <0恒成立,所以1<a <2.当1a≥1,即0<a ≤1时,由(1)知,在[12,1a]上,g' (x )≤0,所以当x ∈[12,1]时,f ' (x )≤0,函数f (x )在[12,1]上单调递减,所以f (x )min =f (1)=0,f (x )min <0不成立.综上所述,a >1.导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数f ' (x )的零点1a是否在[12,1]内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题来处理,但要注意不等式恒成立与不等式有解的区别.3.[2019辽宁五校联考]已知函数f (x)=ax2 - x ln x.(1)若f (x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围;.(2)若a=e(e为自然对数的底数),证明:当x>0时,f (x)<x e x+1e考法3利用导数解决零点问题5[2020惠州市调考]已知函数f (x)=(x - 2)e x+a(a∈R).(1)试确定函数f (x)的零点个数;(2)设x1,x2是函数f (x)的两个零点,证明:x1+x2<2.(1)由f (x)=0得a=(2 - x)e x.令g(x)=(2 - x)e x,函数f (x)的零点个数即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)e x的交点个数.∵ g' (x)= - e x+(2 - x)e x=(1 - x)e x,由g' (x)>0得x<1,∴函数g(x)在( - ∞,1)上单调递增,由g' (x)<0得x>1,∴函数g(x)在(1,+∞)上单调递减.图3 - 3 - 1∴当x=1时,函数g(x)有最大值,g(x)max=g(1)=e.又当x<2时,g(x)>0,g(2)=0,当x>2时,g(x)<0,作出函数g(x)的大致图象,如图3 - 3 - 1所示,∴当a>e时,函数f (x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f (x)有一个零点;当0<a<e时,函数f (x)有两个零点.(2)解法一函数f (x)的零点即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)e x的交点的横坐标,由(1)知0<a<e,不妨设x1<1<x2,则2 - x2<1,∵ 函数g(x)=(2 - x)e x在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴函数f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.要证x1+x2<2,只需证x1<2 - x2,即只需证f (x1)>f (2 - x2),又f (x1)=0,故需证f (2 - x2)<0.由a=g(x2)得f (2 - x2)= - x2e2-x2+a= - x2e2-x2- (x2 - 2)e x2(x2>1),构造函数h(x)= - x e2 - x - (x - 2)e x,则h' (x)=(1 - x)(e x - e2 - x),当x>1时,e x>e2 - x,h' (x)<0,故函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,∴当x>1时,h(x)<h(1)=0,即当x2>1时,f (2 - x2)<0,即x1+x2<2.解法二由(1)知0<a<e,不妨设x1<1<x2,设F (x)=f (x) - f (2 - x)(x>1),则F (x)=(x - 2)e x+x e2 - x,F ' (x)=(1 - x)(e2 - x - e x),易知y=e2 - x - e x是单调递减函数,∴当x>1时,e2 - x - e x<e - e=0.又1 - x<0,故F ' (x)>0,∴F (x)在(1,+∞)上单调递增,∴当x>1时,F (x)>0,即f (x)>f (2 - x).由x2>1得f (x2)>f (2 - x2),又f (x2)=0=f (x1),∴f (2 - x2)<f (x1).由g(x)=(2 - x)e x在( - ∞,1)上单调递增,得f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,又2 - x2<1,∴2 - x2>x1,即x1+x2<2.解后反思本题主要考查考生灵活运用导数、数形结合思想分析问题、解决问题的能力,解题过程中重点考查了分类讨论思想、数形结合思想的应用,有助于提升考生的逻辑推理、数学运算和直观想象等核心素养.4.[2019全国卷Ⅰ,20,12分]已知函数f (x)=2sin x - x cos x - x,f ' (x)为f (x)的导数.(1)证明:f ' (x)在区间(0,π)内存在唯一零点;(2)若x∈[0,π]时,f (x)≥ax,求a的取值范围.数学探究1极值点偏移问题6已知函数f (x)=ln x - ax(x>0),a为常数,若函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.解法一(抓极值点构造函数)由题意知,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=a e x的两个不相等的根.设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=x e - x,则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.g' (x)=(1 - x)e - x,易得g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,.所以函数g(x)在x=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=1e当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞;当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t1<t2,作出函数g(x)的图象,如图3 - 3 - 2所示,由图3 - 3 -2知必有0<t1<1<t2,令F (x)=g(1+x) - g(1 - x),x∈(0,1],(e2x - 1)>0,则F ' (x)=xe x+1所以F (x)在(0,1]上单调递增,所以F (x)>0对任意的x∈(0,1]恒成立,即g(1+x)>g(1 - x)对任意的x∈(0,1]恒成立,由0<t1<1<t2,得1 - t1∈(0,1),所以g(1+1 - t1)=g(2 - t1)>g(1 - (1 - t1))=g(t1)=g(t2),即g(2 - t1)>g(t2),又2 - t1,t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以2 - t1<t2,所以t1+t2>2,即x1x2>e2.上述解题过程中用到的方法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要点:(1)求函数g(x)的极值点x0;(2)构造函数F (x)=g(x0+x) - g(x0 - x);(3)确定函数F (x)的单调性;(4)确定g(x0+x)与g(x0 - x)的大小关系.解法二(巧抓“根差”——s=t2 - t1构造函数)由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=a e x的两个不相等的根.设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=x e - x,则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.由g(t1)=g(t2),得t1e-t1=t2e-t2,化简得e t2-t1=t2t1①,不妨设t2>t1,由解法一知,0<t1<1<t2.令s=t2 - t1,则s>0,t2=s+t1,代入①式,得e s=s+t1t1,解得t1=se s-1.则t1+t2=2t1+s=2se s-1+s,故要证t1+t2>2,即证2se s-1+s>2.又e s - 1>0,故要证2se s-1+s>2,即证2s+(s - 2)(e s - 1)>0②,令G(s)=2s+(s - 2)(e s - 1)(s>0),则G' (s)=(s - 1)e s+1,G″(s)=s e s>0(G″ (s)为G' (s)的导函数),故G' (s)在(0,+∞)上单调递增,所以G' (s)>0,从而G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G(s)>0,所以②式成立,故t1+t2>2,即x1x2>e2.该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下.(1)取差构元:记s=t2 - t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.解法三(巧抓“根商”——c=x1x2构造函数)不妨设x1>x2,因为ln x1 - ax1=0,ln x2 - ax2=0,所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1 - ln x2=a(x1 - x2),所以lnx1-lnx2x1-x2=a,欲证x1x2>e2,即证ln x2+ln x2>2.因为ln x1+ln x2=a(x1+x2), 所以即证a>2x1+x2,所以原问题等价于证明lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2,即ln x1x2>2(x1-x2)x1+x2.令c=x1x2(c>1),则不等式变为ln c>2(c-1)c+1,令h(c)=ln c - 2(c-1)c+1,c>1,所以h' (c)=1c −4(c+1)2=(c-1)2c(c+1)2>0,所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h(c)>ln1 - 0=0,即ln c - 2(c-1)c+1>0(c>1),因此原不等式x1x2>e2得证.该方法的基本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题,巧妙引入变量c=x1x2,从而构造相应的函数.解题要点如下.(1)巧解消参:利用方程f (x1)=f (x2)=0消掉解析式中的参数a.(2)抓商构元:令c=x1x2,消掉变量x1,x2,构造关于c的函数h(c).(3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论.素养探源核心素养考查途径素养水平数学建模通过观察分析,构造相关函数.一逻辑推理命题之间的等价转换.二数学运算数式运算,等式的恒等变换,不等式的等价变形等.二5.[2019湖南岳阳模拟]已知函数f (x)= - x+(x+a)ln x(a∈R)有两个不同的极值点.(1)求实数a的取值范围;(2)当a=2时,已知函数f (x)的图象在A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))(x1<x2)两个不同的点处的切线互相平行,证明:x1+x2>4.数学探究2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题7已知函数f (x)=alnxx+1+bx,曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为x+2y - 3=0.(1)求a,b的值;(2)如果当x>0,且x≠1时,f (x)>lnxx-1+kx,求k的取值范围.(1)由题意知f ' (x )=a(x+1x -lnx)(x+1)2−bx 2(x >0).由于直线x +2y - 3=0的斜率为 - 12,且直线x +2y - 3=0过点(1,1), 故{f(1)=1,f '(1)=-12,即{b =1,a2-b =-12,解得{a =1,b =1.(2)解法一 由(1)知f (x )=lnx x+1+1x(x >0), 所以f (x ) - (lnx x -1+k x )=11-x 2[2ln x +(k -1)(x 2-1)x ]. 设h (x )=2ln x +(k -1)(x 2-1)x(x >0), 则h' (x )=(k -1)(x 2+1)+2xx 2.①当k ≤0时,由h' (x )=k(x 2+1)-(x -1)2x 2知,当x ≠1时,h' (x )<0,h (x )单调递减. 而h (1)=0,故当x ∈(0,1)时,h (x )>0,可得11-x 2h (x )>0; 当x ∈(1,+∞)时,h (x )<0,可得11-x 2h (x )>0. 从而当x >0,且x ≠1时,f (x ) - (lnx x -1+kx)>0. 即f (x )>lnx x -1+kx. ②当0<k <1时.y =(k - 1)(x 2+1)+2x =(k - 1)x 2+2x +k - 1,其图象开口向下,且Δ=4 - 4(k - 1)2>0,对称轴为直线x =11-k ,11-k>1, 所以当x ∈(1,11-k)时,(k - 1)(x 2+1)+2x >0, 故h' (x )>0,而h (1)=0,故当x ∈(1,11-k )时,h (x )>0,可得11-x2h (x )<0,与题设矛盾. ②当k ≥1时,此时h' (x )>0,而h (1)=0, 故当x ∈(1,+∞)时,h (x )>0,可得11-x 2h (x )<0,与题设矛盾. 综上所述,k 的取值范围为( - ∞,0].(很难想到用解法一处理第(2)问,现利用洛必达法则处理如下) 解法二 由题设可得,当x >0,x ≠1时,k <2xlnx1-x 2+1恒成立.令g (x )=2xlnx1-x 2+1(x >0,x ≠1), 则g' (x )=2·(x 2+1)lnx -x 2+1(1-x 2)2,再令m (x )=(x 2+1)ln x - x 2+1(x >0),则m' (x)=2x ln x+1x- x,又m″(x)=2ln x+1 - 1x2(m″(x)为m' (x)的导数),易知m″(x)=2ln x+1 - 1x2在(0,+∞)上为增函数,且m″(1)=0,故当x∈(0,1)时,m″(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m″(x)>0,所以m' (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故m' (x)>m' (1)=0,所以m(x)在(0,+∞)上为增函数,又m(1)=0,所以当x∈(0,1)时,m(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g' (x)<0,当x∈(1,+∞)时,g' (x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则知,lim x→1g(x)=2limx→1xlnx1-x2+1=2limx→11+lnx-2x+1=2×( - 12)+1=0,所以k≤0,故k的取值范围为( - ∞,0].解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的性质,相当烦琐,很难求解.采用变量分离法较易求解,但是分离出来的函数式的最值无法求解,而利用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法.素养探源核心素养考查途径素养水平逻辑推理分类讨论及命题间的等价转换等.二数学运算代数式的运算及不等式的等价变换等.二1.(1)因为f (x)=e x(e x - ax+a),所以f ' (x)=e x(e x - ax+a)+e x(e x - a)=e x(2e x - ax).令f ' (x)=0,则2e x=ax.当a=0时,不符合题意.当a≠0时,2a =xe x,令g(x)=xe x,所以g' (x)=1 - xe x,当x<1时,g' (x)>0,当x>1时,g' (x)<0,所以g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)max=g(1),又g (1)=1e,当x → - ∞时,g (x )→ - ∞,当x →+∞时,g (x )→0且g (x )>0,所以当0<2a<1e,即2e<a 时,f (x )有2个极值点,即a 的取值范围为(2e,+∞).(2)由(1)知g (0)=0,不妨设0<x 1<1<x 2,因为x 1,x 2为f (x )的极值点,所以{2e x 1=ax 1,2e x 2=ax 2,所以{ln2+x 1=lna +lnx 1,ln2+x 2=lna +lnx 2,所以x 2 - x 1=ln x 2 - ln x 1,要证明2x 1x 2<x 1+x 2,可证明2x 1x 2(ln x 2 - ln x 1)<x 22 − x 12,即证明2lnx 2x 1<x 2x 1− x1x 2.设x2x 1=t (t >1),即证明2ln t - t +1t<0在(1,+∞)上恒成立,记h (t )=2ln t - t +1t,则h' (t )=2t- 1 -1t 2=- t 2+2t - 1t 2=- (t - 1)2t 2,当t >1时,h' (t )<0,所以h (t )在区间(1,+∞)上单调递减,所以当t >1时,h (t )<h (1)=0,即2ln t - t +1t <0,即2x 1x 2<x 1+x 2.2.(1)对f (x )求导,得f ' (x )=x e x - ax =x (e x - a ). 当a ≤0时,e x - a >0,令f ' (x )=0,得x =0,所以f (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.当a =1时,若x <0,则e x - a <0,f ' (x )>0;若x >0,则e x - a >0,f ' (x )>0. 所以f (x )在R 上单调递增.当0<a <1时,令f ' (x )=0,得x =0或x =ln a ,所以f (x )在( - ∞,ln a ),(0,+∞)上单调递增,在(ln a ,0)上单调递减. 综上所述,当a ≤0时,f (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 当a =1时,f (x )在R 上单调递增;当0<a <1时,f (x )在( - ∞,ln a ),(0,+∞)上单调递增,在(ln a ,0)上单调递减. (2)由题意知,当a =1时,f (x )=(x - 1)e x - 12x 2+1.当n =1时,1f(1)=2<4,显然成立.当n ≥2时,由(1)知,当a =1时,f (x )在(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )>f (0)=0在(0,+∞)上恒成立.设g (x )=e x - x - 1,则g' (x )=e x - 1,可知g (x )在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以g (x )≥g (0)=0,即e x ≥x +1.所以当n ≥2时,f (n )≥(n - 1)(n +1) - 12n 2+1=12n 2,1f(n)≤2n 2,所以1f(n)<2(n - 1)n=2(1n - 1− 1n).于是1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<2+2[(1 - 12)+(12− 13)+…+(1n - 1− 1n)]=4 - 2n<4.综上可知,1f(1)+1f(2)+…+1f(n)<4(n ∈N *).3.(1)易知f (x )的定义域为(0,+∞). 对f (x )求导,得f ' (x )=2ax - ln x - 1.因为f (x )在(0,+∞)上单调递增,所以当x >0时,f ' (x )≥0恒成立, 即2ax - ln x - 1≥0在(0,+∞)上恒成立,也即2a ≥lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令g (x )=lnx+1x ,x >0,则2a ≥g (x )max ,g' (x )= - lnx x 2,令g' (x )>0,可得ln x <0,解得0<x <1;令g' (x )<0,可得ln x >0,解得x >1.所以g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则g (x )max =g (1)=1.所以2a ≥1,即a ≥12.故a 的取值范围是[12,+∞).(2)当a =e 时,f (x )=e x 2 - x ln x ,要证当x >0时,f (x )<x e x +1e,即证当x >0时,e x 2 - x ln x <x e x +1e.因为x >0,所以只需证e x - ln x <e x +1ex,即证ln x +1ex>e x - e x (x >0).令h (x )=ln x +1ex(x >0),则h' (x )=1x−1ex 2=ex - 1ex 2(x >0).由h' (x )<0,得0<x <1e;由h' (x )>0,得x >1e.所以h (x )在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,则h (x )在x =1e时取得最小值,最小值为h (1e)=0,从而h (x )≥0,即ln x +1ex≥0.令φ(x )=e x - e x (x >0),则φ' (x )=e - e x (x >0). 由φ' (x )>0,得0<x <1,由φ' (x )<0,得x >1,所以φ(x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x )在x =1时取得最大值,最大值为φ(1)=0,从而φ(x )≤0,即e x - e x ≤0. 因为h (x )和φ(x )不同时为0,所以ln x +1ex >e x - e x (x >0),即当x >0时,f (x )<x e x +1e成立.令g' (x )=0,得x =π2.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)内存在唯一零点.所以f ' (x )在(0,π)内存在唯一零点.(2)由题设知f (π)≥a π,f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知,f ' (x )在(0,π)内只有一个零点,设此零点为x 0,且当x ∈(0,x 0)时,f ' (x )>0;当x ∈(x 0,π)时,f ' (x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减. 又f (0)=0,f (π)=0,所以当x ∈[0,π]时,f (x )≥0. 又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax. 因此,a 的取值范围是( - ∞,0].5.(1)由题意知函数f (x )的定义域为(0,+∞).f ' (x )= - 1+ln x +x+a x=ln x +ax.因为函数f (x )有两个不同的极值点,所以f ' (x )=0即ln x +ax =0有两个不同的实数解.分离参数得a = - x ln x.记g (x )= - x ln x (x >0),则g' (x )= - 1 - ln x ,令g' (x )=0,解得x =1e .当x ∈(0,1e)时,g' (x )>0,函数g (x )单调递增;当x ∈(1e,+∞)时,g' (x )<0,函数g (x )单调递减.g (1e )= - 1e ln 1e =1e ,且x → 0时,g (x )→ 0.如图D 3 - 3 - 1,作出函数g (x )的大致图象及直线y =a.图D 3 - 3 - 1由图可知,当直线y =a 与函数g (x )的图象有两个交点时,a ∈(0,1e ).故所求实数a 的取值范围为(0,1e).(2)当a =2时,f (x )= - x +(x +2)ln x ,所以f ' (x )=2x+ln x.不妨设m (x )=2x+ln x (x >0).由题意可知,函数f (x )的图象在A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))两个不同的点处的切线互相平行,即f ' (x 1)=f ' (x 2),即m (x 1)=m (x 2). 易得m' (x )= -2x 2+1x=x - 2x 2,所以函数m (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 故由m (x 1)=m (x 2),可知必有0<x 1<2<x 2,所以4 - x 1>2, 而m (x 1) - m (4 - x 1)=2x 1+ln x 1 -24 - x 1- ln(4 - x 1),令h (x )=2x−24 - x +ln x - ln(4 - x )(0<x <2),则h' (x )= -2x2 −2(4 - x)2+1x+14 - x=- 2(4 - x)2 - 2x 2+x(4 - x)2+x 2(4 - x)x 2(4 - x)2= -8(x - 2)2x 2(4 - x)2<0,所以函数h (x )在(0,2)上为减函数,所以h (x )>0,所以m (x 1) - m (4 - x 1)>0,即m (x 1)>m (4 - x 1),所以m (x 2)>m (4 - x 1). 又函数m (x )在(2,+∞)上单调递增,所以x 2>4 - x 1,即x 1+x 2>4.。