1、考点23 导数的应用【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】 1、逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证利用两个经典不等式解决问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程(1
2、)对数形式：x1ln x(x>0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：ex>x1>x>1ln x(x>0，且x1)2、一般地，若a>f(x)对xD恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对xD恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函
3、数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大判断、证明或讨论函数零点个数的方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；分类讨论法：判断几个
4、零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.3 、数学模型及数学建模数学模型就是把实际问题用数学语言抽象概括，再从数学角度来反映或近似地反映实际问题时，所得出的关于实际问题的数学描述数学建模是把实际问题加以抽象概括，建立相应的模型，利用这些模型来研究实际问题的一般数学方法4、 常见的函数模型一次函数；二次函数；指(对)数函数、幂函数三种增长型函数模型的性质函数性质yax(a>1)ylogax(a>1)yxn(n>0)在(0，)上的增减性单调递增单调递增单调递增增长速度越来越快越来越慢相对平
5、稳图像的变化随x的增大逐渐表现为与y轴平行随x的增大逐渐表现为与x轴平行随n值变化而各有不同值的比较存在一个x0，当x>x0时，有logax<xn<ax 解函数应用题的步骤第一步：阅读理解题意读题要做到逐字逐句，读懂题中的文字叙述，理解叙述所反映的实际背景，在此基础上，分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题第二步：引用数学符号，建立数学模型一般地，设自变量为x，函数为y，必要时引入其他相关辅助变量，并用x、y和辅助变量表示各相关量，然后根据已知条件，运用已掌握的数学知识、物理知识及其他相关知识建立关系式，在此基础上将实际问题转化为一个函数问题，实现问题数学化，即所谓
6、建立数学模型第三步：利用数学的方法将得到的常规函数问题(即数学模型)予以解答，求得结果第四步：将所得结果再转译成具体问题的解答1、有一批材料可以建成200 m的围墙，如果用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，中间用同样的材料隔成三个面积相等的矩形(如图所示)，若围墙厚度不计，则围成的矩形最大面积为( )第2题图A. 2 500 m2 B. 2 750 m2C. 3 000 m2 D. 3 500 m2【答案】、A【解析】设矩形的长为x m，宽为 m，则Sx·(x2200x)，其中0<x<200.当x100时，Smax2 500 m2.故选A.2、已知不等式exx1对x
7、R恒成立以下命题中真命题是()A对xR，不等式ex>1x恒成立B对x(0，)，不等式ln(x1)<x恒成立C对x(0，)，且x1，不等式ln x<x1恒成立D对x(0，)，且x1，不等式>恒成立【答案】ABCD【解析】由exx1对xR恒成立，结合对称性可知，对xR，不等式ex>1x恒成立，故A正确；由exx1，且x(0，)，两边取对数，得x>ln(x1)，即ln(x1)<x，故B正确；令f (x)ln xx1，则f(x)1，当x(0,1)时，f(x)>0，当x(1，)时，f(x)<0，f (x)maxf (1)0，则ln xx1<0，
8、即ln x<x1，故C正确；当x(0，)，且x1时，不等式>等价于<0，即>，若x(0,1)，则<ln x，令g(x)ln x，g(x)>0，g(x)在(0,1)上为增函数，则g(x)<g(1)0，即<ln x.若x(1，)，则>ln x，令g(x)ln x，g(x)>0，g(x)在(1，)上为增函数，则g(x)>g(1)0，即>ln x.不等式>恒成立D正确故选ABCD.3、已知，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为 【答案】 ，【解析】：从形的角度，转化为函数的图象（如图）与的图象交点个数。画图象时注意的
9、渐进性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_【答案】、【解析】如图，设CDx(0<x<1)，则C梯形DEBAx2(1x)13x，S梯形DEBA(1x2)所以S(0<x<1)，则S.令S0，解得x13(舍去)，x2，所以S在上单调递减，在上单调递增，故当x时，S取得最小值.4、(2018苏州期末）已知直线ya分别与直线y2x2和曲线y2exx相交于点A，B，则线段AB长度的最小值为_【答案】、. (3ln2)【解析】、设点C在直线y2x2上，且BCAB，则BC2AB.只要先求BC的最小值考虑h(x)(2ex
10、x)(2x2)2exx2，则h(x)2ex1.令h(x)0，得ex，即xlnln2，可得h(x)minh(ln2)3ln2，所以BC的最小值为3ln2，从而AB的最小值为(3ln2)考向一利用都是证明不等式例1、已知函数.(1)求函数的单调递增区间；(2)证明：当时，.【解析】：f(x)x1，x(0，).由f(x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2)证明：令F(x)f(x)(x1)，x(0，).则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在(1，)上单调递减，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.变式1、已知函数，（1）当时，证明：；（2）已知，证明：
11、 证明：（1）方法一：设，则，设，则，所以在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以方法二：设，则，所以在上单调递增，所以变式2、(2019苏州暑假测试）已知函数f(x)x1alnx(其中a为参数)(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x(0，)都有f(x)0成立，求实数a的取值集合；(3) 证明：n<e<n1(其中nN*，e为自然对数的底数)【解析】 (1) f(x)1(x>0)，当a0时，f(x)1>0，所以f(x)在(0，)上是增函数；(2分)当a>0时，x(0，a)a(a，)f(x)0f(x)极小值所以f(x)的增区间是(a，)，减区间是(
12、0，a)综上所述， 当a0时，f(x)的单调递增区间是(0，)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a，)，单调递减区间是(0，a)(5分)(2) 由题意得f(x)min0.当a0时，由(1)知f(x)在(0，)上是增函数，当x0时，f(x)，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)minf(a)a1alna0.(13分)令g(a)a1alna，则由g(a)lna0，得a1，a(0,1)1(1，)g(a)0g(a)极大值所以g(a)a1alna0，又f(x)minf(a)a1alna0，所以a1alna0，所以a1，即实数a的取值集合是1(10分)(3) 要证不等式1n
13、<e<1n1，两边取对数后，只要证nln1<1<(n1)ln1，(11分)即只要证<ln1<，令x1，则只要证1<lnx<x1(1<x2)(12分)由(1)知当a1时，f(x)x1lnx在(1,2上递增，因此f(x)>f(1)，即x1lnx>0，所以lnx<x1(1<x2)(14分)令(x)lnx1(1<x2)，则(x)>0，所以(x)在(1,2上递增，故(x)>(1)，即lnx1>0，所以1<lnx(1<x2)综上，原命题得证(16分)方法总结：构造法证明不等式是指在证明与函数有
14、关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)，ln(x1)x(x1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函
15、数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解考向二 利用图象研究函数零点 例2、若，则函数的零点个数为（ ）。A、 1 B、 2 C、 3 D、 4【解析】 从形的角度，转化为函数与图象交点个数。其中设，则，+另外当时，。所以可以画出的大致图象，发现的图象与直线有4个交点。所以选D.画图象时注意渐进性。变式1、已知函数二次函数的最小值为，并且不等式的解集为，（1）求函数的解析式；（2）判断函数的零点个数，并证明你的结论 【解析】（1）（2），+易得，又在上连续，所以，函数的零点个数为1.变式2、已知函数 （1）求函数
16、的单调区间；（2）若函数仅有2个零点，求实数的取值范围【解析】（1），+所以，在上单调递增，在上单调递减。（2）函数仅有2个零点的必要条件是，即。下面证明充分性，即“时函数仅有2个零点”。当时，且在上连续，所以函数在区间 上仅有1个零点.又，下面证明。令，则，所以在上单调递增，所以，所以，又，且在上连续，所以函数在区间 上仅有1个零点.综上得：当时，函数仅有2个零点。所以，。方法总结：利用图象研究函数零点个数时的注意点：1、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意（1）通常先要用导数研究单调性、极值。
17、（2）渐近线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等2、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数，那么研究哪两个函数呢？ （1）尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象） （2）能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数 （3）不方便分参的,尽量将参数放在熟悉的基本函数上 考向三 利用导数研究恒成立问题例3、若对任意,都有恒成立,求实数的取值范围.【解析】：法一（分离参数）,且等号不能同时取, . 令,求导得, 当时,从而, 在上为增函数, 法二：，又因为，所以，在上为增函数, 变式1、(2018无锡期末
18、）已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1) 求过点(2，0)和函数yf(x)图像相切的直线方程；(2) 若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(3) 若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<g(x0)，求a的取值范围 【解析】 (1) 设切点为(x0，y0)，f(x)ex(3x1)，则切线斜率为ex0(3x01)，所以切线方程为yy0ex0(3x01)(xx0)，因为切线过点(2，0)，所以ex0(3x02)ex0(3x01)(2x0)，化简得3x8x00，解得x00或x0，(3分)当x00时，切线方程为yx2，(4分)当x0时，切线方程为
19、y9ex18e.(5分)(2) 由题意，对任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，a，即a.令F(x)，则F(x)，令F(x)0，得x0，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)0F(x)极大F(x)maxF(0)1，故此时a1.(7分)当x2时，恒成立，故此时aR.(8分)当x(2，)时，a，即a，令F(x)0，得x，列表如下：xF(x)0F(x)极小F(x)minF9e， 故此时a9e，综上，1a9e.(10分)(3) 由f(x)<g(x)，得ex(3x2)<a(x2)，由(2)知a(，1)(9e，)，令F(x)，列表如下：x(，0)0(0，2)F(x)00
20、F(x)极大极小(12分)当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a<存在的唯一整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a<时，至少有两个整数成立，所以a.(14分)当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a>存在唯一的整数x0成立，因为F9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3，5e4综上，a(7e3，5e4(16分)变式2、设函数，若存在，使得，求的取值范围.【解析】：f(x)的定义域为(0，
21、)，.若a，则1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增.所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，则1，故当时，f(x)0；当时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为.而，所以不合题意.若a1，f(x)在1，)上递减，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，).方法总结：分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得
22、到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”考向四 运用导数解决实际问题例4、(2019南京、盐城一模）盐城市政府响应习总书记在十九大报告中提出的“绿水青山就是金山银山”，对环境进行了大力整治，目前盐城市的空气质量位列全国前十，吸引了大量的外地游客某旅行社组织了一个旅游团于近期来到了黄海国家森林公园，数据显示，近期公园中每天空气质量指数近似满足函数f(x)mlnxx6(4x22，mR)，其中x为每天的时刻，若凌晨6点时，测得空气质量指数为29.6.(1) 求实数m的值；(2) 求近期每天时段空气质量指数最
23、高的时刻(参考数值：ln61.8)【解析】 (1)由f(6)29.6，代入f(x)mlnxx6(4x22，mR)，解得m12.(5分)(2)由已知函数求导，得f(x)600(12x)令f(x)0，得x12.(9分)列表得x4，12)12(12，22f(x)0 f(x) 极大值所以函数在x12时取极大值也是最大值，即每天时段空气质量指数最高的时刻为12时. (12分)答：(1)实数m的值为12；(2)空气质量指数最高的时刻为12时(14分)变式1、(12分)如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于
24、图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AEFBx cm.(1)若广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)若广告商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值【解析】设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm，由已知得ax，h(30x)，0<x<30.(1)S4ah8x(30x)8(x15)21 800，所以当x15时，S取得最大值(2)由题意，可得Va2h2(x330x2)，则V6x(20x)由V0得x0(舍去)或x20.当x(0,20)时，V>0，V
25、在(0,20)上单调递增；当x(20,30)时，V<0，V在(20,30)上单调递减所以当x20时，V取得极大值，也是最大值，此时.即当x20时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为.变式2、一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成如图，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM5 m，BC10 m，梯形ABFE的面积是FBC面积的2.2倍设FMH.(1) 求屋顶面积S关于的函数关系式；(2) 已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k
26、为正的常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6 m的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？,)(1)先通过线面垂直得到FHHM，放在RtFHM中，求出FM，根据三角形的面积公式求出FBC的面积，根据已知条件就可以得到所求S关于的函数关系式(2)先求出主体高度，进而建立出别墅总造价y关于的函数关系式，再通过导数法求函数的最小值【解析】 由题意FH平面ABCD，FMBC，又因为HM平面ABCD，得FHHM.(2分)在RtFHM中，HM5，FMH，所以FM.(4分)因此FBC的面积为×10×.从而屋顶面积S2SFBC2S梯形ABFE2
27、5;2××2.2.所以S关于的函数关系式为S.(6分)(2)在RtFHM中，FH5tan，所以主体高度为h65tan.(8分)所以别墅总造价为yS·kh·16kkk96k80k·96k.(10分)记f()，0<<，所以f()，令f()0，得sin，又0<<，所以.(12分)列表：f()0f()所以当时，f()有最小值答：当为时，该别墅总造价最低(14分)方法总结：构建数学模型解决实际问题，要正确理解题意，分清条件和结论，理顺数量关系，将文字语言转化成数学语言，建立适当的函数模型，然后再根据函数模型的类型和特征，结合对函数
28、的图像和性质的研究获得结果求解过程中不要忽略实际问题对变量的限制1、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知在区间上有极值点，实数a的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】,由于函数在上有极值点，所以在上有零点.所以，解得.故选：D.2、（2019天津理8）已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A B C D【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，所以，即当时，恒成立，令，则，当时，递增，当时，递减，所以当时，取得最小值所以综上，的取值范围是3、（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A B C D【答案】C【解析】当时，得，令，则，令，则，显然在上
29、，单调递减，所以，因此；同理，当时，得由以上两种情况得显然当时也成立，故实数的取值范围为4、（2019年高考浙江）已知，函数若函数恰有3个零点，则Aa<1，b<0 Ba<1，b>0 Ca>1，b<0 Da>1，b>0 【答案】C【解析】当x0时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得x=b1-a，则yf（x）axb最多有一个零点；当x0时，yf（x）axb=13x3-12（a+1）x2+axaxb=13x3-12（a+1）x2b，当a+10，即a1时，y0，yf（x）axb在0，+）上单调递增，则yf（x）axb最多有一个零点，不合题意；当a
30、+10，即a>1时，令y0得x(a+1，+），此时函数单调递增，令y0得x0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数yf（x）axb恰有3个零点函数yf（x）axb在（，0）上有一个零点，在0，+）上有2个零点，如图：b1-a0且-b013(a+1)3-12(a+1)(a+1)2-b0，解得b0，1a0，b-16（a+1）3，则a>1，b<0.故选C5、（2019年高考全国卷理数）已知函数，为的导数证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设，则，.当时，单调递减，而，可得在有唯一零点
31、，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，所以当时，.从而，在没有零点.（iii）当时，所以在单调递减.而，所以在有唯一零点.（iv）当时，所以<0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.6、（2020全国理21）设，曲线在点处的切线与轴垂直（1）求；（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都
32、不大于【答案】【思路导引】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可【解析】（1），即（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，且，则，由，显然在，易得，设为的零点，则必有，即，即的所有零点的绝对值都不大于解法二：由（1）可得，令，得或；令，得，在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾综上，所有零点的绝对值都不大于1
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