全国通用2022版高考数学大二轮总复习增分策略专题二函数与导数第4讲导数的热点问题试题

第4讲　导数的热点问题(2022·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝aexlnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.热点一　利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1　已知函数f(x)＝－lnx＋x－3.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0；(3)求证：×××…×<(n≥2，n∈N*)．　18\n思维升华　用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)，②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，则f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.跟踪演练1　已知函数f(x)＝alnx＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0.(1)求a，b的值；(2)当x>1时，f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围．热点二　利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2　　设函数f(x)＝＋c，e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R.(1)求f(x)的单调区间、最大值．18\n(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．思维升华　(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．跟踪演练2　已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．若函数f(x)无零点，求实数a的取值范围．　　　　热点三　利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3　某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为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12000π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；18\n(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．　　思维升华　利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：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)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：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．(4)作答：回归实际问题作答．跟踪演练3　将边长为1m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＝，则s的最小值是________．已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋；(3)是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．　　18\n提醒：完成作业　专题二　第4讲18\n二轮专题强化练专题二第4讲　导数的热点问题A组　专题通关1．已知a>0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，则a的最大值是(　　)A．0B．1C．2D．32．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)·f′(x)>0的解集为(　　)A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1,2)C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)3．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)4．设函数f(x)＝x3－4x＋a(0<a<2)有三个零点x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则下列结论正确的是(　　)A．x1>－1B．x2<0C．0<x2<1D．x3>25．(2022·福建)“对任意x∈，ksinxcosx＜x”是“k＜1”的(　　)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．7．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是____________．18\n8．已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2,2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．9．已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在[，e]上有两个零点，求实数m的取值范围．B组　能力提高10．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有(　　)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)11．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是______________．12．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－x2在区间(0,1)内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式>1恒成立，则实数a的取值范围为________．13．(2022·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．18\n学生用书答案精析第4讲　导数的热点问题高考真题体验(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋·ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈(0，)时，g′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g()＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.热点分类突破例1　(1)解　f′(x)＝(x>0)解f′(x)>0得x∈(1，＋∞)；解f′(x)<0得x∈(0,1)．18\nf(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．(2)证明　f(x)＝－lnx＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知f(x)＝－lnx＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)．即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.(3)证明　由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)，即－lnx＋x－1>0，∴0<lnx<x－1对一切x∈(1，＋∞)成立．∵n≥2，n∈N*，则有0<lnn<n－1，∴0<<.∴···…·<···…·＝(n≥2，n∈N*)．跟踪演练1　解　(1)∵f(x)＝alnx＋bx，∴f′(x)＝＋b.∵直线x－2y－2＝0的斜率为，且过点(1，－)，∴即解得a＝1，b＝－.(2)由(1)得f(x)＝lnx－.当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即lnx－＋<0，等价于k<－xlnx.令g(x)＝－xlnx，则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx.令h(x)＝x－1－lnx，则h′(x)＝1－＝.当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0.从而，当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝.因此，当x>1时，k<－xlnx恒成立，则k≤.18\n∴所求k的取值范围是(－∞，]．例2　　解　(1)f′(x)＝＝，由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>.所以f(x)的单调递增区间为，递减区间为.所以f(x)max＝f＝＋c.(2)由已知|lnx|＝f(x)得|lnx|－＝c，x∈(0，＋∞)，令g(x)＝|lnx|－，y＝c.①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－.所以g′(x)＝＋>0.所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．②当x∈(0,1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－.所以g′(x)＝－－＝.因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减．由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－.由数形结合知，当c<－时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；18\n当c>－时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.跟踪演练2　解　函数f(x)无零点⇔方程lnx＝ax，即＝a在(0，＋∞)上无实数解．令g(x)＝，则g′(x)＝，由g′(x)＝0，得x＝e.在区间(0，e)上，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；在区间(e，＋∞)上，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，故在区间(0，＋∞)上g(x)的极大值为g(e)＝，注意到当x∈(0,1)时，g(x)∈(－∞，0)；当x＝1时，g(1)＝0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)∈(0，]，故方程＝a无实数解⇔a>，即所求实数a的取值范围为(，＋∞)．例3　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．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<5，故函数V(r)的定义域为(0,5)．(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－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∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．18\n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．跟踪演练3　解析　设剪成的两块中是正三角形的那一块边长为xm，则梯形的周长为x＋(1－x)＋(1－x)＋1＝3－x，梯形的面积为－x2，∴s＝＝·(0<x<1)，对s求导得s′＝·.令s′＝0，得x＝或x＝3(舍去)．当x∈(0，)时，s′<0，当x∈(，1)时，s′>0.∴smin＝s()＝.高考押题精练(1)解　∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－＝，∴当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x≤e时，f′(x)>0时，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)证明　∵f(x)的极小值为1，∴f(x)在(0，e]上的最小值为1，即[f(x)]min＝1.又g′(x)＝，∴当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．∴[g(x)]max＝g(e)＝<，∴[f(x)]min－[g(x)]max>，∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.(3)解　假设存在正实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，则f′(x)＝a－＝.18\n①当0<<e时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e]上单调递增，[f(x)]min＝f()＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；②当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，[f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时f(x)有最小值3.18\n二轮专题强化练答案精析第4讲　导数的热点问题1．D　[函数的导数f′(x)＝3x2－a，要使函数在[1，＋∞)上是单调增函数，则有f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2，又3x2≥3，所以a≤3，即a的最大值是3，故选D.]2．D　[由题图可知，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或解得x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)或x∈(－1,1)．]3．B　[条件可转化为a≤2lnx＋x＋恒成立．设f(x)＝2lnx＋x＋，则f′(x)＝(x>0)．当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.]4．C　[求导得f′(x)＝3x2－4，令f′(x)＝3x2－4＝0，得x＝±.当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－)－(－，)(，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－1)＝3＋a>0，f(0)＝a>0，f(1)＝a－3<0，f(2)＝a>0，由以上信息得f(x)的大致图象如图所示，可知0<x2<1.故选C.18\n]5．B　[∀x∈，ksinxcosx＜x⇔∀x∈，k＜，令f(x)＝2x－sin2x.∴f′(x)＝2－2cos2x＞0，∴f(x)在为增函数，∴f(x)＞f(0)＝0.∴2x＞sin2x，∴＞1，∴k≤1，故选B.]6．(－4,0)解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x<0时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4<a<0.7．0<t<1或2<t<3解析　f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数的两个极值点1,3，则只要这两个极值点在区间(t，t＋1)内，函数在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3.8．(－∞，－6)解析　根据题意知x3－x2－3x＋<－x－在x∈[－2,2]上恒成立，则－>x3－x2＋x＋，设g(x)＝x3－x2＋x＋，则g′(x)＝x2－2x＋，则g′(x)>0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c<－6.9．解　(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.18\n(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝.∵x∈[，e]，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g()＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g()＝4－e2＋<0，则g(e)<g()．∴g(x)在[，e]上的最小值是g(e)．g(x)在[，e]上有两个零点的条件是解得1<m≤2＋，∴实数m的取值范围是(1,2＋]．10．A　[由条件知，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以当x＝1时，f(x)取得最小值，所以有f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，故有f(0)＋f(2)>2f(1)．]11．[－，＋∞)解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－.而函数g(x)的最大值为a，则由题意，可得－≤a即a≥－.12．[15，＋∞)解析　＝，表示点(p＋1，f(p＋1))与点(q＋1，18\nf(q＋1))连线的斜率，因为p，q∈(0,1)，所以1<p＋1<2,1<q＋1<2，即函数图象在区间(1,2)内任意两点连线的斜率大于1，即f′(x)>1在(1,2)内恒成立．由定义域可知x>－1，所以f′(x)＝－2x>1，即>1＋2x，所以a>(1＋2x)(x＋1)成立．设y＝(1＋2x)·(x＋1)，则y＝2x2＋3x＋1＝2(x＋)2－，当1≤x≤2时，函数y＝2(x＋)2－的最大值为15，所以a≥15，即a的取值范围为[15，＋∞)．13．解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)无零点．当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数．(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)没有零点．(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在单调递减，在单调递增，故在(0,1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.①若f>0，即－<a<0，f(x)在(0,1)无零点；18\n②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)有唯一零点；③若f<0，即－3<a<－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－<a<－时，f(x)在(0,1)有两个零点；当－3<a≤－时，f(x)在(0,1)有一个零点．综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－<a<－时，h(x)有三个零点．18