2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第11講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用創(chuàng)新教學(xué)案含解析新人教版

PAGE1-第3課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題型一利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的零點或方程的根的問題1．(2024·漢中模擬)若函數(shù)f(x)與g(x)滿意：存在實數(shù)t，使得f(t)＝g′(t)，則稱函數(shù)g(x)為f(x)的“友導(dǎo)”函數(shù)．已知函數(shù)g(x)＝eq\f(1,2)kx2－x＋3為函數(shù)f(x)＝x2lnx＋x的“友導(dǎo)”函數(shù)，則k的取值范圍是()A．(－∞，1) B．(－∞，2]C．(1，＋∞) D．[2，＋∞)答案D解析g′(x)＝kx－1，由題意g(x)為函數(shù)f(x)的“友導(dǎo)”函數(shù)，即方程x2lnx＋x＝kx－1有解，故k＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1，記p(x)＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1，則p′(x)＝1＋lnx－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)＋lnx，當(dāng)x>1時，eq\f(x2－1,x2)>0，lnx>0，故p′(x)>0，故p(x)遞增；當(dāng)0<x<1時，eq\f(x2－1,x2)<0，lnx<0，故p′(x)<0，故p(x)遞減，故p(x)≥p(1)＝2，故由方程k＝xlnx＋eq\f(1,x)＋1有解，得k≥2，故選D.2．(2024·全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).探討f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點．解f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)．因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x－12)>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝lnx1－eq\f(x1＋1,x1－1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點eq\f(1,x1).綜上，f(x)有且僅有兩個零點．條件探究1將本例中的函數(shù)f(x)改為f(x)＝a＋eq\r(x)·lnx(a∈R)，試求f(x)的零點個數(shù)．解f′(x)＝(eq\r(x))′·lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)lnx＋2,2x)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，明顯當(dāng)a>eq\f(2,e)時，f(x)min>0，f(x)無零點，當(dāng)a＝eq\f(2,e)時，f(x)min＝0，f(x)有1個零點，當(dāng)a<eq\f(2,e)時，f(x)min<0，f(x)有2個零點．條件探究2將本例中的函數(shù)f(x)改為f(x)＝x－2＋eq\f(1,ex)(e為自然對數(shù)的底數(shù))．若直線l：y＝kx－2與曲線y＝f(x)沒有公共點，求k的最大值．解直線l：y＝kx－2與曲線y＝f(x)沒有公共點等價于關(guān)于x的方程kx－2＝x－2＋eq\f(1,ex)在R上沒有實數(shù)解，即關(guān)于x的方程(k－1)x＝eq\f(1,ex)(*)在R上沒有實數(shù)解．(1)當(dāng)k＝1時，方程(*)可化為eq\f(1,ex)＝0，在R上沒有實數(shù)解，符合題意．(2)當(dāng)k≠1時，方程(*)可化為eq\f(1,k－1)＝xex.令g(x)＝xex，則有g(shù)′(x)＝(1＋x)ex，令g′(x)＝0，得x＝－1.當(dāng)x改變時，g′(x)，g(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1,e)所以當(dāng)x＝－1時，g(x)min＝－eq\f(1,e)，又當(dāng)x→＋∞時，g(x)→＋∞，所以g(x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)).所以當(dāng)eq\f(1,k－1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))時，方程(*)無實數(shù)解，故k的取值范圍是(1－e,1)．綜上，k的取值范圍是(1－e,1]，即k的最大值為1.利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)零點或方程根的方法(1)通過最值(極值)推斷零點個數(shù)的方法借助導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值后，通過極值的正負，函數(shù)單調(diào)性推斷函數(shù)圖象走勢，從而推斷零點個數(shù)或者通過零點個數(shù)求參數(shù)范圍．(2)數(shù)形結(jié)合法求解零點對于方程解的個數(shù)(或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，畫出草圖數(shù)形結(jié)合確定其中參數(shù)的范圍．(3)構(gòu)造函數(shù)法探討函數(shù)零點①依據(jù)條件構(gòu)造某個函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點，依據(jù)函數(shù)零點的個數(shù)找尋函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求解．②解決此類問題的關(guān)鍵是將函數(shù)零點、方程的根、曲線交點相互轉(zhuǎn)化，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法．如舉例說明1.1．(2024·吉安模擬)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意x>0時，f(x)＝eq\f(2,π)x－lnx＋lneq\f(π,2)，則函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．5答案C解析依據(jù)題意，函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx的零點即函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx的交點，設(shè)h(x)＝sinx，函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，則f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點(0,0)，當(dāng)x>0時，f(x)＝eq\f(2,π)x－lnx＋lneq\f(π,2)，其導(dǎo)數(shù)f′(x)＝eq\f(2,π)－eq\f(1,x)，分析可得在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)，則f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)×eq\f(π,2)－lneq\f(π,2)＋lneq\f(π,2)＝1，又由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＝1，則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，又由y＝f(x)與y＝sinx都是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1)).綜合可得，函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx有3個交點，則函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx有3個零點．2．(2024·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，a∈R.(1)當(dāng)a＝－e時，求f(x)的最小值；(2)若f(x)有兩個零點，求參數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋aeq\f(x－1,x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，當(dāng)a＝－e時，f′(x)＝eq\f(x－1ex－ex,x2)，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，當(dāng)a＝－e時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一個零點．當(dāng)a>－e時，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，故當(dāng)a>－e時，f(x)沒有零點．當(dāng)a＜－e時，令ex＋ax＝0，得eq\f(ex,x)＝－a，φ(x)＝eq\f(ex,x)，φ′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(x)min＝φ(1)＝e，ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有兩個零點x1，x2,0<x1<1<x2，f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1,1)上單調(diào)遞增，在(1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝a＋e<0，又x→0時，f(x)→＋∞，x→＋∞時，f(x)→＋∞.此時f(x)有兩個零點．綜上，若f(x)有兩個零點，則a<－e.題型二利用導(dǎo)數(shù)探討不等式的有關(guān)問題角度1證明不等式(多維探究)1．(2024·北京高考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當(dāng)x∈[－2,4]時，求證：x－6≤f(x)≤x.解(1)由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x與y＝x－eq\f(64,27).(2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．由g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2得g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).當(dāng)x改變時，g′(x)，g(x)的改變狀況如下：x－2(－2,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋0－0＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.條件探究將本例中的函數(shù)f(x)改為f(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，設(shè)g(x)＝xlnx，當(dāng)x∈(0，＋∞)時．求證：f(x)<g(x)．證明因為g′(x)＝lnx＋1.令g′(x)<0，則x<eq\f(1,e)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).又因為f′(x)＝eq\f(1－x,ex).令f′(x)＝eq\f(1－x,ex)>0，則x<1，因為x>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)≤f(1)＝－eq\f(1,e).因此f(x)<g(x)．角度2已知不等式恒成立，求參數(shù)的取值范圍2．(2024·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－aln(x＋1)．(1)當(dāng)a＝2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝1時，關(guān)于x的不等式kx2≥f(x)在[0，＋∞)上恒成立，求k的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2ln(x＋1)，f′(x)＝1－eq\f(2,x＋1)＝eq\f(x－1,x＋1)，當(dāng)x∈(－1,1)時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)．所以，f(x)的減區(qū)間為(－1,1)，增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－ln(x＋1)，kx2≥f(x)，即kx2－x＋ln(x＋1)≥0.設(shè)g(x)＝kx2－x＋ln(x＋1)，x≥0，則只需g(x)≥0在[0，＋∞)恒成馬上可．易知g(0)＝0，g′(x)＝2kx－1＋eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x[2kx＋1－1],x＋1)，因為x≥0，所以eq\f(x,x＋1)≥0.當(dāng)k≤0時，g′(x)<0，此時g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)＝0，與題設(shè)沖突；當(dāng)0<k<eq\f(1,2)時，由g′(x)＝0得x＝－1＋eq\f(1,2k)>0.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))時，g′(x)<0.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2k)，＋∞))時，g′(x)>0，此時g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))上單調(diào)遞減，所以，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1＋\f(1,2k)))時，g(x)<g(0)＝0，與題設(shè)沖突；當(dāng)k≥eq\f(1,2)時，g′(x)≥0，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立．綜上，k≥eq\f(1,2).角度3不等式存在性成立問題3．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當(dāng)x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a<1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對隨意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①當(dāng)a≤1時，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②當(dāng)1<a<e時，x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③當(dāng)a≥e時，x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1<a<e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知當(dāng)a<1時，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.當(dāng)x∈[－2,0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)．g(x)min＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式成立問題的常用方法(1)干脆將不等式轉(zhuǎn)化成某個函數(shù)最值問題若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明白f(x)<g(x)．如舉例說明1.(2)將待證不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值進行比較證明在證明不等式中，若待證不等式的變形無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，可借助兩個函數(shù)的最值證明，如要證f(x)≥g(x)在D上成立，只需證明f(x)min≥g(x)max即可．如舉例說明1的條件探究．2．不等式在某個區(qū)間上恒成立(存在性成立)問題的轉(zhuǎn)化途徑(1)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a，如舉例說明2；存在x使f(x)≥a成立?f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立?f(x)max≤b，存在x使f(x)≤b成立?f(x)min≤b.(3)f(x)>g(x)恒成立eq\o(,\s\up7(Fx＝fx－gx))F(x)min>0.(4)①隨意x1∈M，隨意x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)max；②隨意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，隨意x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)max>g(x2)max.如舉例說明3.1．(2024·渭南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)2＋(3lnx－3a)2，若存在x0，使f(x0)≤eq\f(9,10)，則實數(shù)a的值為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D．1答案A解析分別令g(x)＝3lnx，h(x)＝3x，設(shè)過點P(x0,3lnx0)的函數(shù)g(x)的切線l平行于直線y＝3x.g′(x)＝eq\f(3,x)，由eq\f(3,x0)＝3，解得x0＝1.∴切點P(1,0)．點P到直線y＝3x的距離d＝eq\f(3\r(10),10).∴存在x0＝1，使f(x0)≤eq\f(9,10)，過點P且與直線y＝3x垂直的直線方程為y＝－eq\f(1,3)(x－1)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝3x，,y＝－\f(1,3)x－1，))解得x＝eq\f(1,10)，y＝eq\f(3,10).則實數(shù)a＝eq\f(1,10).故選A.2．(2024·哈爾濱六中模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)ax2－1，且f′(1)＝－1.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若對隨意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0，求m的取值范圍；(3)證明函數(shù)y＝f(x)＋2x的圖象在g(x)＝xex－x2－1圖象的下方．解(1)因為f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)ax2－1，所以f′(x)＝lnx＋1＋ax.又因為f′(1)＝－1，所以1＋a＝－1，a＝－2，所以f(x)＝xlnx－x2－1.(2)若對隨意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0.即xlnx－x2－2mx≤0恒成立，即m≥eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x恒成立．令h(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x，則h′(x)＝eq\f(1,2x)－eq\f(1,2)＝eq\f(1－x,2x).當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝1時，h(x)有最大值，h(1)＝－eq\f(1,2).所以m≥－eq\f(1,2)，即m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).(3)證明：要證明函數(shù)y＝f(x)＋2x的圖象在g(x)＝xex－x2－1的圖象的下方．即證：f(x)＋2x<xex－x2－1恒成立，即lnx<ex－2.由(2)可得h(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)x≤－eq\f(1,2).所以lnx≤x－1.現(xiàn)要證明x－1<ex－2，即證ex－x－1>0.令φ(x)＝ex－x－1，則φ′(x)＝ex－1.當(dāng)x>0時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增．所以φ(x)>φ(0)＝0.即ex－x－1>0.所以x－1<ex－2.從而得到lnx≤x－1<ex－2.所以函數(shù)y＝f(x)＋2x的圖象在g(x)＝xex－x2－1圖象的下方．題型三利用導(dǎo)數(shù)求解生活中的優(yōu)化問題如圖所示的某種容器的體積為90πcm3，它是由圓錐和圓柱兩部分連接而成，圓柱與圓錐的底面半徑都為rcm.圓錐的高為h1cm，母線與底面所成的角為45°；圓柱的高為h2cm.已知圓柱底面的造價為2a元/cm2，圓柱側(cè)面造價為a元/cm2，圓錐側(cè)面造價為eq\r(2)a元/cm2.(1)將圓柱的高h2表示為底面半徑r的函數(shù)，并求出定義域；(2)當(dāng)容器造價最低時，圓柱的底面半徑為多少？解(1)因為圓錐的母線與底面所成的角為45°，所以h1＝r，圓錐的體積為V1＝eq\f(1,3)πr2h1＝eq\f(1,3)πr3，圓柱的體積為V2＝πr2h2.因為V1＋V2＝90π，所以V2＝πr2h2＝90π－eq\f(1,3)πr3，所以h2＝eq\f(270－r3,3r2)＝eq\f(90,r2)－eq\f(r,3).因為V1＝eq\f(1,3)πr3<90π，所以r<3eq\r(3,10).因此0<r<3eq\r(3,10)，所以h2＝eq\f(270－r3,3r2)＝eq\f(90,r2)－eq\f(r,3)，定義域為{r|0<r<3eq\r(3,10)}．(2)圓錐的側(cè)面積S1＝πr·eq\r(2)r＝eq\r(2)πr2，圓柱的側(cè)面積S2＝2πrh2，底面積S3＝πr2.容器總造價為y＝eq\r(2)aS1＋aS2＋2aS3＝2πr2a＋2πrh2a＋2π＝2πa(r2＋rh2＋r2)＝2πaeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2r2＋r\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(90,r2)－\f(r,3)))))＝eq\f(10πa,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋\f(54,r))).令f(r)＝r2＋eq\f(54,r)，則f′(r)＝2r－eq\f(54,r2).令f′(r)＝0，得r＝3.當(dāng)0<r<3時，f′(r)<0，f(r)在(0,3)上為單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)3<r<3eq\r(3,10)時，f′(r)>0，f(r)在(3,3eq\r(3,10))上為單調(diào)增函數(shù)，因此，當(dāng)r＝3時，f(r)有最小值，y有最小值90πa元．所以總造價最低時，圓柱底面的半徑為3cm.1．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的實際應(yīng)用問題的四步驟2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，然后利用求函數(shù)最值的方法求解，留意結(jié)果應(yīng)與實際狀況相結(jié)合．如舉例說明．某商場銷售某種商品的閱歷表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿意關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．解(1)因為當(dāng)x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.則f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，當(dāng)x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值．所以當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值且最大值等于42.答：當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．組基礎(chǔ)關(guān)1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)是()A．3 B．2C．1 D．0答案C解析設(shè)f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函數(shù)的極大值為f(1)＝－6<0，微小值為f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的實根個數(shù)為1.2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(－∞，4]C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)答案B解析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).當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.3．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元的價格購進一批商品，若該商品零售價定為p元，銷售量為Q件，則銷售量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，則最大毛利潤為(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)()A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元答案D解析設(shè)毛利潤為L(p)元，則由題意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．當(dāng)p∈(0,30)時，L′(p)>0，當(dāng)p∈(30，＋∞)時，L′(p)<0，故L(p)在p＝30時取得極大值，即最大值，且最大值為L(30)＝23000.4．(2024·貴陽摸底)函數(shù)f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一個零點，則a的值為()A．4 B．4ln2－3C．2 D．5ln2－4答案D解析函數(shù)f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一個零點，可得ea＝eq\f(x3－2x2,ex)在(0，＋∞)上只有一個解．令g(x)＝eq\f(x3－2x2,ex)，可得g′(x)＝eq\f(－x3＋5x2－4x,ex)＝－x·eq\f(x2－5x＋4,ex)，g(x)在(0，＋∞)上有2個極值點，x＝1和x＝4；當(dāng)x∈(0,1)時函數(shù)g(x)是減函數(shù)，當(dāng)x∈(1,4)時，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，當(dāng)x∈(4，＋∞)時函數(shù)g(x)是減函數(shù)，g(0)＝0.所以函數(shù)g(x)的最大值為g(4)＝eq\f(64－32,e4)＝eq\f(32,e4)，函數(shù)f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一個零點，可得ea＝eq\f(32,e4)，所以a＝5ln2－4.故選D.5．(2024·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1.))若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，則a的取值范圍為()A．[0,1] B．[0,2]C．[0，e] D．[1，e]答案C解析當(dāng)x≤1時，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝a，所以當(dāng)a≥1時，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，當(dāng)a<1時，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，所以0≤a<1.綜上，a≥0.當(dāng)x>1時，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤eq\f(x,lnx)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(x,lnx)，則g′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2).令g′(x)＝0，得x＝e，且當(dāng)1<x<e時，g′(x)<0，當(dāng)x>e時，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.綜上，a的取值范圍是0≤a≤e，即[0，e]．故選C.6．已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋3)，則下面對函數(shù)f(x)的描述正確的是()A．?x∈(－3，＋∞)，f(x)≥eq\f(1,3)B．?x∈(－3，＋∞)，f(x)>－eq\f(1,2)C．?x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D．f(x)min∈(0,1)答案B解析因為函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋3)，定義域為(－3，＋∞)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋3)，易知f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)在定義域(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(－1)<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，所以f′(x)＝0在(－3，＋∞)上有唯一的實根，不妨將其設(shè)為x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，則x＝x0為f(x)的最小值點，且f′(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0＋3)，兩邊取以e為底的對數(shù)，得x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋3)＝eq\f(1,x0＋3)－ln(x0＋3)＝eq\f(1,x0＋3)＋x0，因為x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，所以2<x0＋3<eq\f(5,2)，故f(x)≥f(x0)＝eq\f(1,x0＋3)＋(x0＋3)－3>2＋eq\f(1,2)－3＝－eq\f(1,2)，即?x∈(－3，＋∞)，都有f(x)>－eq\f(1,2).7．已知方程ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)＝0有4個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,3)))答案A解析由于y＝ln|x|－ax2＋eq\f(3,2)是偶函數(shù)，所以方程lnx－ax2＋eq\f(3,2)＝0(x＞0)有兩個根，即a＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)有兩個根．設(shè)f(x)＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)，則f′(x)＝eq\f(x－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(3,2))),x4)＝－eq\f(2lnx＋1,x3)，所以當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時，f′(x)>0，f(x)遞增，當(dāng)x>eq\f(1,e)時，f′(x)<0，f(x)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(1,e)時，f(x)取得極大值也是最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e2,2).又x→＋0時，f(x)→－∞，x→＋∞時，f(x)→0，所以要使a＝eq\f(lnx＋\f(3,2),x2)有兩個根，則0<a<eq\f(e2,2).8．已知函數(shù)f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－1,5)解析當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)＝|x3－ax|，由f(x)<2可得－2<x3－ax<2，即為－x2－eq\f(2,x)<－a<－x2＋eq\f(2,x)，設(shè)g(x)＝－x2－eq\f(2,x)，則導(dǎo)數(shù)為g′(x)＝－2x＋eq\f(2,x2)，當(dāng)x∈[1,2]時，g′(x)≤0，即g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，所以g(x)min＝－4－1＝－5，即有－a>－5，即a<5；設(shè)h(x)＝－x2＋eq\f(2,x)，則導(dǎo)數(shù)為h′(x)＝－2x－eq\f(2,x2)，當(dāng)x∈[1,2]時，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.綜上可得，a的取值范圍是－1<a<5.9．已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2，x0是函數(shù)f(x)的極值點，給出以下幾個命題：①0<x0<eq\f(1,e)；②x0>eq\f(1,e)；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.其中正確的命題是________(填出全部正確命題的序號)．答案①③解析∵函數(shù)f(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x2(x>0)，∴f′(x)＝lnx＋1＋x，易得f′(x)＝lnx＋1＋x在(0，＋∞)遞增，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)>0，∵x→0，f′(x)→－∞，∴0<x0<eq\f(1,e)，即①正確，②不正確；∵lnx0＋1＋x0＝0，∴f(x0)＋x0＝x0lnx0＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0＝x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx0＋\f(1,2)x0＋1))＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)<0，即③正確，④不正確．10．已知函數(shù)f(x)的定義域是[－1,5]，部分對應(yīng)值如表，f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，x－10245f(x)121.521下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題：①函數(shù)f(x)的值域為[1,2]；②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)；③假如當(dāng)x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4；④當(dāng)1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a最多有4個零點．其中全部正確命題的序號是________．答案①②④解析由f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知，當(dāng)－1<x<0及2<x<4時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<2及4<x<5時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＝0及x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值f(0)＝2，f(4)＝2，當(dāng)x＝2時，函數(shù)f(x)取得微小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函數(shù)f(x)的最大值為2，最小值為1，值域為[1,2]，①②正確；因為當(dāng)x＝0及x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使當(dāng)x∈[－1，t]時，函數(shù)f(x)的最大值是2，則0≤t≤5，所以t的最大值為5，所以③不正確；因為微小值f(2)＝1.5，極大值f(0)＝f(4)＝2，所以當(dāng)1<a<2時，y＝f(x)－a最多有4個零點，所以④正確，所以正確命題的序號為①②④.組實力關(guān)1．已知f(x)＝1－eq\f(x,ex)，過點(k,0)與f(x)相切的直線有且僅有3條，則k的取值范圍是()A．(－∞，2－e2) B．(－∞，2－e2]C．(－∞，4－e2) D．(－∞，4－e2]答案C解析設(shè)切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，1－\f(x0,ex0)))，f′(x)＝eq\f(x－1,ex)，則切線為y－1＋eq\f(x0,ex0)＝eq\f(x0－1,ex0)(x－x0)，代入點(k,0)得k＝x0＋eq\f(x0,x0－1)－eq\f(ex0,x0－1)，令g(x)＝x＋eq\f(x,x－1)－eq\f(ex,x－1)，則g′(x)＝eq\f(2－xex－x,x－12)，當(dāng)x<2時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，留意到x≠1，故g(x)的遞增區(qū)間為(－∞，1)，(1,2)，當(dāng)x>2時，g(x)單調(diào)遞減，要使g(x)＝k有三個根，由圖象可得，k<g(2)＝4－e2，故k的取值范圍為(－∞，4－e2)．2．(2024·安徽名校聯(lián)考)關(guān)于函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，有下列幾個命題：①x＝2是f(x)的極大值點；②函數(shù)y＝f(x)－x有且只有1個零點；③存在正實數(shù)k，使得f(x)>kx恒成立；④對隨意兩個正實數(shù)x1，x2，且x1>x2，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>4.其中正確的命題有()A．①② B．②③C．②④ D．③④答案C解析f′(x)＝eq\f(x－2,x2)，當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，x＝2是f(x)的微小值點，故①錯誤．依據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性及極值點，作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，作出直線y＝x，易知直線y＝x與f(x)的圖象有且只有1個交點，即函數(shù)y＝f(x)－x有且只有1個零點，故②正確．若f(x)>kx，則k<eq\f(2,x2)＋eq\f(lnx,x)，令g(x)＝eq\f(2,x2)＋eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(－4＋x－xlnx,x3)，令F(x)＝－4＋x－xlnx，則F′(x)＝－lnx，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)≤F(1)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)無最小值，不存在正實數(shù)k，使得f(x)>kx恒成立，故③錯誤．由x1>x2，f(x1)＝f(x2)可知x1>2,0<x2<2，要證x1＋x2>4，即證x1>4－x2，且x1>4－x2>2，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，即證f(x1)>f(4－x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以證f(x2)>f(4－x2)，即證f(x)>f(4－x)，x∈(0,2)．令h(x)＝f(x)－f(4－x)＝lnx－ln(4－x)＋eq\f(2,x)－eq\f(2,4－x)，x∈(0,2)，則h′(x)＝eq\f(－8x－22,x24－x2)<0，所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)>0，所以x1＋x2>4，故④正確．故選C.3．對于定義在R上的函數(shù)f(x)，若存在非零實數(shù)x0，使函數(shù)f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零點，則稱x0為函數(shù)f(x)的一個“折點”．現(xiàn)給出下列四個函數(shù)：①f(x)＝3|x－1|＋2；②f(x)＝lg|x＋2024|；③f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1；④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．則存在“折點”的函數(shù)是________．(填序號)答案②④解析因為f(x)＝3|x－1|＋2>2，所以函數(shù)f(x)不存在零點，所以函數(shù)f(x)不存在“折點”；對于函數(shù)f(x)＝lg|x＋2024|，取x0＝－2024，則函數(shù)f(x)在(－∞，－2024)上有零點x＝－2024，在(－2024，＋∞)上有零點x＝－2024，所以x0＝－2024是函數(shù)f(x)＝lg|x＋2024|的一個“折點”；對于函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1，則f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′(x)<0，得－1<x<1，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減．又f(－1)＝－eq\f(1,3)<0，所以函數(shù)f(x)只有一個零點，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－x－1不存在“折點”；對于函數(shù)f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1，結(jié)合圖象(圖略)可知該函數(shù)肯定有“折點”．綜上，存在“折點”的函數(shù)是②④.4．(2024·武漢模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx(k≠0)．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)設(shè)g(x)＝x2－2bx＋4，當(dāng)k＝1時，若對隨意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍．解(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，因為f(0)＝0且f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝x.(2)函數(shù)f(x)的定義域為R，令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，由ekx>0，知1＋kx>0.探討：①當(dāng)k>0時，x>－eq\f(1,k)，此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增．②當(dāng)k<0時，x<－eq\f(1,k)，此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞減．(3)由(2)知，當(dāng)k＝1時，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．則對隨意的x1∈R，有f(x1)≥f(－1)＝－eq\f(1,e)，即f(x1)min＝－eq\f(1,e)，又已知存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以－eq\f(1,e)≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2bx＋4≤－eq\f(1,e)，即2b≥x＋eq\f(4＋e－1,x)，因為x∈[1,2]時，x＋eq\f(4＋e－1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,2e)，5＋\f(1,e)))，所以2b≥4＋eq\f(1,2e)，即b≥2＋eq\f(1,4e)，所以實數(shù)b的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,4e)，＋∞)).組素養(yǎng)關(guān)1．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－eq\f(m,2)lnx＋1，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)證明：當(dāng)m＝2時，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點；(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2時，f(x1)＝f(x2)，證明：x1x2<m2.證明(1)當(dāng)m＝2時，f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx－lnx＋1，f′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,x).當(dāng)x∈(0，π)時，f′(x)為增函數(shù)，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c