【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用

第6講導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用1．(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ理高考)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0B．1C．2D．3【解析】∵f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)，∴f(0)＝0且f′(0)＝a－1＝2，解得a＝3，故選D.【答案】D(文)(2022·江西高考)若曲線y＝xlnx上點(diǎn)P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________．【解析】y′＝lnx＋1，切線的斜率為2.∴l(xiāng)nx＋1＝2，x＝ey＝elne＝e∴p(e，e).【答案】(e，e)2．(理)(2022·陜西高考)定積分∫10(2x＋ex)dx的值為()A．e＋2B．e＋1C．eD．e－1【解析】eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\i\in(0,1,)2x＋exdx＝x2＋ex))10＝(1＋e1)－e0＝1＋e－1＝e，故選C.【答案】C(文)(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ文高考)函數(shù)f(x)在x＝x0處導(dǎo)數(shù)存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的極值點(diǎn)，則()A．p是q的充分必要條件B．p是q的充分條件，但不是q的必要條件C．p是q的必要條件，但不是q的充分條件D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件【解析】設(shè)f(x)＝x3，f′(0)＝0，但是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，在x＝0處不存在極值，故若p則q是一個假命題，由極值的定義可得若q則p是一個真命題．故選C.【答案】C3．(2021·全國大綱高考)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在(eq\f(1,2)，＋∞)是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【解析】由題意知f′(x)≥0對任意的x∈(eq\f(1,2)，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，所以2x＋a－eq\f(1,x2)≥0對任意的x∈(eq\f(1,2)，＋∞)恒成立，分別參數(shù)得a≥eq\f(1,x2)－2x，若滿足題意，需a≥(eq\f(1,x2)－2x)max.令h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈(eq\f(1,2)，＋∞)．由于h′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以當(dāng)x∈(eq\f(1,2)，＋∞)時，h′(x)<0，即h(x)在(eq\f(1,2)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(eq\f(1,2))＝3，故a≥3.【答案】D4．(2022·重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．【解】(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，則f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．當(dāng)x∈(0,5)時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時取得微小值f(5)＝－ln5.從近三年高考來看，該部分高考命題的熱點(diǎn)考向為：1．(理)導(dǎo)數(shù)與積分的幾何意義①該類試題，要么求曲線的切線方程，要么依據(jù)曲線切線的狀況求參數(shù)的值或取值范圍，常與直線、圓錐曲線等學(xué)問交匯命題，題目的設(shè)計大都不是單純的數(shù)字系數(shù)問題，而是含有一個或兩個參系數(shù)，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù)方程思想及運(yùn)算求解力量．另外積分主要考查求值和有關(guān)面積問題．②試題多以選擇題、填空題或解答題中第一步的形式消滅，屬中低檔題．1．(文)導(dǎo)數(shù)的幾何意義①該類試題，要么求曲線的切線方程，要么依據(jù)曲線切線的狀況求參數(shù)的值或取值范圍，常與直線、圓錐曲線等學(xué)問交匯命題，題目的設(shè)計大都不是單純的數(shù)字系數(shù)問題，而是含有一個或兩個參系數(shù)，考查數(shù)形結(jié)合、函數(shù)方程思想及運(yùn)算求解力量．②試題多以選擇題、填空題或解答題中第一步的形式消滅，屬中低檔題．2．導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用①導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用主要指爭辯函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，此類問題的命題背景很寬泛，涉及的學(xué)問點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，要么直接求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值，要么利用單調(diào)性(極值、最值)求范圍，突出考查同學(xué)的運(yùn)算求解力量和綜合運(yùn)用導(dǎo)數(shù)相關(guān)學(xué)問解決問題的力量．②試題以解答題為主，屬于中檔題．3．導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用①導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題、利用導(dǎo)數(shù)證明與函數(shù)相關(guān)的不等式問題以及利用導(dǎo)數(shù)爭辯方程的解等問題．主要考查同學(xué)函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、推理論證力量和分析問題解決問題的力量．②試題以解答題的形式消滅，難度較大，屬中高檔題.eq\a\vs4\al(導(dǎo)數(shù)與積分的幾何意義)【例1】(1)(2022·云南第一次檢測)函數(shù)f(x)＝eq\f(ln2x＋3－2x2,x)的圖象在點(diǎn)(－1,2)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,6)(2)(2022·山東高考)直線y＝4x與曲線y＝x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形的面積為()A．2eq\r(2)B．4eq\r(2)C．2D．4【解析】(1)f′(x)＝eq\f(\f(2,2x＋3)－4xx－[ln2x＋3－2x2],x2)＝eq\f(\f(2x,2x＋3)－ln2x＋3－2x2,x2)，則f′(－1)＝－4，故該切線方程為y＝－4x－2，則該切線在x軸，y軸上的截距分別為－eq\f(1,2)，－2，故所求三角形的面積為eq\f(1,2).(2)如圖，y＝4x與y＝x3的交點(diǎn)A(2,8)，圖中陰景部分即為所求圖形面積．S陰＝∫eq\o\al(2,)0(4x－x3)dx＝(2x2－eq\f(1,4)x4)20＝8－eq\f(1,4)×24＝4，故選D.【答案】(1)eq\f(1,2)(2)D【規(guī)律感悟】1.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義的解題策略：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求把握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解．2．利用定積分的幾何意義求曲邊梯形面積的步驟：第一步：畫出正確圖形；其次步：結(jié)合圖形，找到被積函數(shù)，積分上、下限；第三步：計算定積分得面積．[創(chuàng)新猜測]1．(1)(2022·溫州十校聯(lián)考)已知偶函數(shù)f(x)在R上的任一取值都有導(dǎo)數(shù)，且f′(1)＝1，f(x＋2)＝f(x－2)，則曲線y＝f(x)在x＝－5處的切線的斜率為()A．－1B．－2C．1D．2【解析】由于f(x)是R上的偶函數(shù)，故其圖象關(guān)于y軸對稱，∴f′(－x)＝－f′(x)，又f(x＋2)＝f(x－2)，∴f(x)是周期為4的周期函數(shù)，故f(x)在x＝－5處的導(dǎo)數(shù)就是在x＝－1處的導(dǎo)數(shù)，又f′(－1)＝－f′(1)＝－1，∴曲線y＝f(x)在x＝－5處的切線的斜率為－1，故選A.【答案】A(2)(2022·江西高考)若f(x)＝x2＋2∫10f(x)dx，則∫10f(x)dx＝()A．－1B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D．1【解析】由題意知f(x)＝x2＋2∫10f(x)dx，設(shè)m＝∫10f(x)dx∴f(x)＝x2＋2meq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(x2＋2m)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋2mx))10＝eq\f(1,3)＋2m＝m，∴m＝－eq\f(1,3).【答案】Beq\a\vs4\al(導(dǎo)數(shù)的幾何意義)【例2】(1)(2022·廣東高考)曲線y＝－5ex＋3在點(diǎn)(0，－2)處的切線方程為________________________________________________________________________．(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為()A．－eq\f(1,4)B．2C．4D．－eq\f(1,2)【解析】(1)y′＝－5ex，k＝－5，切線方程為y＋2＝－5x，即5x＋y＋2＝0.(2)∵曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，∴g′(x)＝k＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x，∴f′(1)＝g′(1)＋2＝4，故切線的斜率為4.故選C.【答案】(1)5x＋y＋2＝0(2)C【規(guī)律感悟】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義的解題策略：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求把握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解．[創(chuàng)新猜測]2．曲線y＝x3＋11在P(1,12)處的切線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)是()A．－9B．－3C．9D．15【解析】y′＝3x2，故曲線在點(diǎn)P(1,12)處的切線斜率是3，故切線方程是y－12＝3(x－1)，令x＝0得y＝9.故選C.【答案】Ceq\a\vs4\al(導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用)【例3】(2022·山東高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)當(dāng)k≤0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)，求k的取值范圍．【解】(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(kx－2,x2)＝eq\f(x－2ex－kx,x3).由k≤0可得ex－kx>0，所以當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減，x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0時，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn)；當(dāng)k>0時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．由于g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，當(dāng)0<k≤1時，當(dāng)x∈(0,2)時，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)單調(diào)遞增．故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點(diǎn)；當(dāng)k>1時，得x∈(0，lnk)時，g′(x)<0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減．x∈(lnk，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(lnk)＝k(1－lnk)．函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0>0，,glnk<0，,g2>0，,0<lnk<2，))解得e<k<eq\f(e2,2)，綜上所述，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點(diǎn)時，k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).【規(guī)律感悟】1.利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.②若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解．2．利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)的極值的一般步驟：(1)確定定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢驗f′(x)在方程根的左右值的符號，求出極值．(當(dāng)根中有參數(shù)時要留意分類爭辯根是否在定義域內(nèi))②若已知極值大小或存在狀況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在狀況，從而求解．3．求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟：(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．[創(chuàng)新猜測]3．(2022·全國大綱高考)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)爭辯f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)，求a的取值范圍．【解】(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判別式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，則f′(x)≥0，且f′(x)＝0當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，x＝－1.故此時f(x)在R上是增函數(shù)．②由于a≠0，故當(dāng)a＜1時，f′(x)＝0有兩個根：x1＝eq\f(－1＋\r(1－a),a)，x2＝eq\f(－1－\r(1－a),a).若0＜a＜1，則當(dāng)x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)時f′(x)＞0，故f(x)分別在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(x2，x1)時f′(x)＜0，故f(x)在(x2，x1)是減函數(shù)．若a＜0，則當(dāng)x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)是f′(x)＜0，故f(x)分別在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(x1，x2)時f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函數(shù)．(2)當(dāng)a＞0，x＞0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故當(dāng)a＞0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)．當(dāng)a＜0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－eq\f(5,4)≤a＜0.綜上，a的取值范圍是[－eq\f(5,4)，0)∪(0，＋∞)．eq\a\vs4\al(導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用)【例4】(猜測題)函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值．(2)若函數(shù)f(x)的圖象在直線y＝－x圖象的下方，求a的取值范圍．(3)求證：20212022>20222021.【解】(1)函數(shù)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx－2ax，由于f(x)在x＝1處取得極值，所以f′(1)＝0，即－2a＝0，所以a＝0.檢驗，a＝0符合條件．(2)由題意，得xlnx－ax2－x<－x，所以xlnx－ax2<0.由于x∈(0，＋∞)，所以a>eq\f(lnx,x).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令h′(x)>0，得0<x<e，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；令h′(x)<0，得x>e，所以h(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，所以a>eq\f(1,e).(3)由(2)知h(x)＝eq\f(lnx,x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>e時，h(x)>h(x＋1)，即eq\f(lnx,x)>eq\f(lnx＋1,x＋1)，所以(x＋1)lnx>xln(x＋1)，所以lnxx＋1>ln(x＋1)x，所以xx＋1>(x＋1)x，令x＝2014，得20142015>20152014.【規(guī)律方法】1.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法：(1)分別參數(shù)法：第一步：將原不等式分別參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題；其次步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值；第三步：依據(jù)要求得所求范圍．(2)函數(shù)思想法：第一步：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題；其次步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)；第三步：構(gòu)建不等式求解．2．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的步驟：(1)依據(jù)待證不等式的特征、變量的取值范圍及不等式的性質(zhì)，將待證不等式化簡．(2)依據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)．(3)利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)的單調(diào)性，求其最值．(4)依據(jù)單調(diào)性及最值，得到待證不等式．[創(chuàng)新猜測]4．(2022·山東濟(jì)寧一模)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．【解】(1)f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)2xlnx≥－x2＋ax－3，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，①當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；②當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.由于對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍為(－∞，4]．(3)證明：問題等價于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e)時取到．設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．[總結(jié)提升]通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)，需把握如下三點(diǎn)：失分盲點(diǎn)(1)記錯導(dǎo)數(shù)公式或用錯求導(dǎo)法則．(2)求切線方程時忽視“在某點(diǎn)處的切線”與“過某點(diǎn)的切線”的不同．(3)忽視函數(shù)的定義域：尤其是函數(shù)式子有對數(shù)符號時，最簡潔忘掉對數(shù)的真數(shù)大于零這個隱含條件．(4)忽視邊界值：由f(x)單調(diào)遞增(減)，應(yīng)當(dāng)推出f′(x)≥0(≤0)．也就是導(dǎo)數(shù)大于零(小于零)是函數(shù)為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．(5)“存在一個使…成立”與“對一切使…成立”完全不同．(6)分別參數(shù)時要留意不等號的方向，必要時要進(jìn)行分類爭辯．答題指導(dǎo)(1)看到函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，想到常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和求導(dǎo)法則．(2)看到曲線在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)，想到可用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的斜率．(3)在利用導(dǎo)數(shù)爭辯函數(shù)綜合問題時，首先要留意函數(shù)的定義域，其次要留意函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)值間的關(guān)系，若含有參數(shù)，肯定要留意參數(shù)的取值范圍．方法規(guī)律(1)利用導(dǎo)數(shù)推斷單調(diào)性的方法，利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值的方法．(2)利用函數(shù)的最值法求不等式中的參數(shù)問題；利用分別參數(shù)法解決不等式中的參數(shù)問題；利用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式；利用數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)問題.構(gòu)造中的“順其自然”構(gòu)造新的函數(shù)與被證明不等式相吻合，是推理論證力量的較高要求，如何使新的函數(shù)與不等式“自然接軌”，打算了推理論證的簡捷程度．構(gòu)造函數(shù)比較大小是較為常見的問題，體現(xiàn)了推理論證力量與運(yùn)算力量的結(jié)合．【例1】(2022·湖南高考)若0＜x1＜x2＜1，則()A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex2【解析】A，B中構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，∴f(x)′＝ex－eq\f(1,x)，在(0,1)上有零點(diǎn)，故A，B錯；C，D中令g(x)＝eq\f(ex,x)，∴g′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)＜0，∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞減，又∵x2＞x1∴eq\f(ex1,x1)＞eq\f(ex2,x2)，故選C.【答案】C【例2】(2022·山東濟(jì)南一模)已知f(x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)<－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(1,2)D．(2，＋∞)【解析】由于f(x)＋xf′(x)<0，所以(xf(x))′<0，xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又由于(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，得x>2.故選D.【答案】D【規(guī)律感悟】構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)比較大小體現(xiàn)了推理論證力量與運(yùn)算技巧的結(jié)合，對構(gòu)造的新函數(shù)求導(dǎo)后能夠很簡潔地利用已知條件進(jìn)行單調(diào)性推斷，從而使問題的解決“順流而下”．①求導(dǎo)法則要熟記；②幾個活躍函數(shù)要“信手拈來”，如lnx，ex，xlnx，xex等；③必要的“摸索運(yùn)算”也是解題時需要留意的，很大程度上是確定新函數(shù)的“必經(jīng)之路”.建議用時實(shí)際用時錯題檔案45分鐘一、選擇題1．(2022·東北三校第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq\f(1,4)處函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的切線平行，則實(shí)數(shù)a的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．4【解析】由題意可知f′(eq\f(1,4))＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)|x＝eq\f(1,4)＝g′(eq\f(1,4))＝eq\f(a,\f(1,4))，可得a＝eq\f(1,4)，經(jīng)檢驗，a＝eq\f(1,4)滿足題意．【答案】A2．(理)(2022·大慶質(zhì)檢)一列火車在平直的鐵軌上行駛，由于遇到緊急狀況，火車以速度v(t)＝5－t＋eq\f(55,1＋t)(t的單位：s，v的單位：m/s)緊急剎車至停止．在此期間火車連續(xù)行駛的距離是()A．55ln10mB．55ln11mC．(12＋55ln7)mD．(12＋55ln6)m【解析】令5－t＋eq\f(55,1＋t)＝0，留意到t>0，得t＝10，即經(jīng)過的時間為10s；行駛的距離s＝∫eq\o\al(10,0)(5－t＋eq\f(55,t＋1))dt＝[5t－eq\f(1,2)t2＋55ln(t＋1)]100＝55ln11，即緊急剎車后火車運(yùn)行的路程為55ln11m．故選B.【答案】B(文)(猜測題)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1,1)B．(0,1)C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)【解析】依據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)小于0的解集就是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間求解．由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)＜0，解得0＜x＜1，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．故選B.【答案】B3．(2022·大連雙基測試)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列結(jié)論錯誤的是()A．函數(shù)f(x)肯定存在極大值和微小值B．若函數(shù)f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函數(shù)，則x2－x1≥eq\f(2\r(3),3)C．函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形D．函數(shù)f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))(x0∈R)處的切線與f(x)的圖象必有兩個不同的公共點(diǎn)【解析】對于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有兩個相異零點(diǎn)x3，x4(其中x3＜x4)，易知函數(shù)f(x)的增區(qū)間是(－∞，x3)與(x4，＋∞)，減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)肯定存在極大值與微小值，選項A正確．對于B，x3＋x4＝－eq\f(2a,3)，x3x4＝－eq\f(1,3)，x4－x3＝eq\r(x3＋x42－4x3x4)＝eq\r(－\f(2a,3)2＋\f(4,3))≥eq\f(2\r(3),3)，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥eq\f(2\r(3),3)，x2－x1的最小值是eq\f(2\r(3),3)，選項B正確．對于C，留意到f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－eq\f(a,3)，f(－eq\f(a,3)))成中心對稱，因此選項C正確(注：函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－eq\f(b,3a)，f(－eq\f(b,3a)))成中心對稱．對于D，取a＝c＝0得f(x)＝x3－x，f(0)＝0，f′(0)＝－1，此時f(x)＝x3－x的圖象在點(diǎn)(0,0)處的切線方程是y＝－x，留意到方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x,y＝x3－x))有唯一實(shí)數(shù)解，即此時f(x)＝x3－x的圖象在點(diǎn)(0,0)處的切線與f(x)的圖象有唯一公共點(diǎn)，因此選項D不正確．綜上所述，選D.【答案】D4．(2022·江西高考)在同始終角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝ax2－x＋eq\f(a,2)與y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的圖象不行能的是()【解析】當(dāng)a＝0時，D符合題意，對函數(shù)y＝a2x3－2ax2＋x＋a，y′＝(3ax－1)(ax－1)令y′＝0，x1＝eq\f(1,3a)，x2＝eq\f(1,a)，y＝ax2－x＋eq\f(a,2)的對稱軸為eq\f(1,2a)，eq\f(1,2a)介于eq\f(1,3a)與eq\f(1,a)之間，故B錯．【答案】B5．(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ高考)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)【解析】f′(x)＝k－eq\f(1,x)，由題意知f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k－eq\f(1,x)≥0，∴k≥eq\f(1,x)恒成立，∴而eq\f(1,x)＜1，∴k≥1.故選D.【答案】D二、填空題6．(文)(2021·江西高考)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________.【解析】令ex＝t，則x＝lnt，所以f(x)＝lnx＋x，即f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，則f′(1)＝1＋1＝2.【答案】2(理)(2022·皖南八校聯(lián)考)eq\i\in(,0,)－aeq\r(a2－x2)dx＝________.【解析】eq\i\in(,0,)－aeq\r(a2－x2)dx表示圓x2＋y2＝a2在其次象限的面積為eq\f(πa2,4).【答案】eq\f(πa2,4)7．(2022·安徽高考)若直線l與曲線C滿足下列兩個條件：(i)直線l在點(diǎn)P(x0，y0)處與曲線C相切；(ii)曲線C在點(diǎn)P四周位于直線l的兩側(cè)，則稱直線l在點(diǎn)P處“切過”曲線C.下列命題正確的是________(寫出全部正確命題的編號)．①直線l：y＝0在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3②直線l：x＝－1在點(diǎn)P(－1,0)處“切過”曲線C：y＝(x＋1)2③直線l：y＝x在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝sinx④直線l：y＝x在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝tanx⑤直線l：y＝x－1在點(diǎn)P(1,0)處“切過”曲線C：y＝lnx【解析】對于①，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，所以l：y＝0是曲線C：y＝x3在點(diǎn)P(0,0)處的切線，畫圖可知曲線C：y＝x3在點(diǎn)P(0,0)四周位于直線l的兩側(cè)，①正確；對于②，由于y′＝2(x＋1)，y′|x＝－1＝0，所以l：x＝－1不是曲線C：y＝(x＋1)2在點(diǎn)P(－1,0)處的切線，②錯誤；對于③，y′＝cosx，y′|x＝0＝1，在點(diǎn)P(0,0)處的切線為l：y＝x，畫圖可知曲線C：y＝sinx在點(diǎn)P(0,0)四周位于直線l的兩側(cè)，③正確；對于④，y′＝eq\f(1,cos2x)，y′|x＝0＝eq\f(1,cos20)＝1，在點(diǎn)P(0,0)處的切線為l：y＝x，畫圖可知曲線C：y＝tanx在點(diǎn)P(0,0)四周位于直線l的兩側(cè)，④正確；對于⑤，y′＝eq\f(1,x)，y′|x＝1＝1，在點(diǎn)P(1,0)處的切線為l：y＝x－1，令h(x)＝x－1－lnx(x＞0)，可得h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以h(x)min＝h(1)＝0，故x－1≥lnx，可知曲線C：y＝lnx在點(diǎn)P(1,0)四周位于直線l的下側(cè)，⑤錯誤．【答案】①③④8．(2022·遼寧高考)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【解析】當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.當(dāng)x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))max.設(shè)φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f(2x－4x3－x2－4x－33x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f(x－9x＋1,x4)＞0，∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))min.仍設(shè)φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f(x－9x＋1,x4).當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)＜0，當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)＞0.∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有微小值，即為最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.【答案】[－6，－2]三、解答題9．(2021·重慶高考)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建筑成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建筑成本為100元/平方米，底面的建筑成本為160元/平方米，該蓄水池的總建筑成本為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)爭辯函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．【解】(1)由于蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πr