第4讲 导数的综合应用
A级 基础通关 一、选择题 fxfxfxfxx＋6)<3，则3，对任意)>3∈R，(1．函数′((的解)的定义域为R，(－1)＝集为( ) xxxx>－1} B．A．{{|－1<|<1} xxD．1}
|R
x 4 －1203 f x0
2201()fxyfxayfxa的零点的个数＝)的图象如图所示．当1<(<2(时，)的导函数函数＝′(－)为
( ) A．1 B．2 C．3 D．4
yfx)的大致图象如图所示．(解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数 ＝
ffayfxa的零点个数为－＝(2(3)＝，1<4. <2，所以)由于＝(0)答案：D fxfxxfx)＞0，则－′(( 3．若函数(在)R上可导，且满足() )ffff(3) 3．3．＞(1)＜(3) (1)BAffff(3)
＝(1)．D(3) ＝(1)3．C．
fxxfxfx）（）′（（）－????yfxxxf＝恒成立，因此′＝)由于(，则)＞＜′(0解析：
（在R上是单调减函数， （3）ff(3)．3 (1) x??xfx） xff（1）
所以＞＜，即 13答案：B xxffx) ( e－ln )，则下面对函数4．已知函数的描述正确的是(()＝xxf2 )(?≤∈(0，＋∞)，A．xxf2 )(＞∈(0，＋∞)，B．?xxf0 (＝∈(0，＋∞)，)C．?xf1)
，)D．∈((0xfx ，＋∞)e－ln ，解析：因为的定义域为((0)＝x1e1－xf ，)＝e且－′(＝
xxxxgx ，＞e－令1(，)＝0xgx )上恒成立，＞0在′((0)＝(，＋∞＋1)e则xg )
上单调递增，)在所以(0(，＋∞gg 0，(e－又1)(0)·＜(1)＝－xxg ，)＝?，∈(01)，使0(所以xxfx (上单调递增，，＋∞)在(0，))则上单调递减，在(xxxfxf －(ln )＝e则(，)＝11xxxfxx2.
，所以＋(＞又e)＝，ln ＝－＝ xx答案：B
xax，1≤＋≤，0??xxaf的不等式设函数＝(若关于5．(2019·天津卷改编)已知)∈R，?xxxa，－，ln >1??fxa的取值范围为( ，＋∞]上恒成立，则()
2
x00
minxxxxx0000
00min0
0000min00
2
)≥0在[0A．[0，1] B．[0，2] D．[0，e] [1，e]
C．xfxxaa， )＝≥解析：当0≤时，≤1＋(fxa≥0，≥0恒成立，则由 ()xaxxfxax 恒成立．≤
2
ln ≥0当>1时，由恒成立，即()＝－
xln xx－ln 1gxxgx)＝>1)，则.
′((设()＝
xx）ln （ln
2
gxx＝e，得，′( )＝0令xgxxgx)>0，′()<0，当 且当1<
min
二、填空题
3
，且用料最省，则圆柱的底面 dm27π6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是________dm.
2
半径为27llVRRl，要，所以＝，母线长为dm＝ dm，则27＝π解析：设圆柱的底面半径为π
2
R使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小． 27RRlSR ·，＋2＋2π＝ππ＝π Rπ54RS. ＝2π所以－′ RSRRS最小．时， ＝＝′0，得3＝3令，则当答案：3 yfxxxxfxi＝1，使得＝7．对于函数1(＝((，)，若其定义域内存在两个不同实数)，eafxPfxP的取值范围为(，则实数2)成立，则称函数())具有性质＝.若函数具有性质 a________． xexfx)＝1，即＝1在R解析：依题意，(上有两个不相等实根， axxxa )＝，＝e在R上有两个不同的实根，令φ(所以exx ＋′(φ1))＝e(，则xxx 1)上是减函数；)在(－∞，－当φ＜－1时，′(()＜0，φxxx 1，＋∞)上是增函数．＞0，φ()在(－当1＞－时，φ′()1x. 1)＝－(极小值为)φ(－φ因此 exxaxyxy0.
22
表
表2
表表
ii21x xxxxx)e(＝＜φ0(在同一坐标系中作＝φ)与＝的图象，又当＜时，
1a＜0＜由图象知，当－时，两图象有两个交点． e
1????a0－，. 的取值范围为故实数 ??e1????0－， 答案： ??e三、解答题 fxaxxx∈[1，e]．ln (e，＝8．已知函数2.718 28(…是自然对数的底数)＝) ＋afx)的最大值；，求 (1)若(＝1fxa的取值范围．恒成立，求实数 )(2)若≤(0afxxx， ，则＋(ln )若解：(1)＝＝1x＋11fx)＝1＋＝′(.
xxx∈[1，e]，因为 fxfx)在[1，，所以e](所以上为增函数，′( )>0fxf(e)＝e＋(1. )＝所以fxaxxx∈[1，e]≤0(对)≤0，即恒成立．＋ln (2)因为 xln ax∈[1，e]≤－，．所以 gxx∈[1，e]＝－，令，( )gx)＝则. ′ xxln xx－1ln ( xxgxgx)在[1，e]上递减．)≤0，所以 当，∈[1e]时，(′(11gxga≤－，所以.
max
2
所以(e)(＝－)＝ ee1????a－∞，－.
因此实数的取值范围是 ??exxfxgxfx ((的导函数．．(2019·天津卷节选)设函数)(cos )＝e
min
为，)9xf 的单调区间；)(1)求(πππ????x????xgfxx－，≥时，证明：0.
????242xxxf )－′(sin )＝e(cos 解：(1)由已知，有．π5π??kk??kx＋2π＋，π2 时，∈因此，当∈(Z) ??44xxfxxf )>cos (，得单调递减；′()<0，则sin 有ππ3??kk??xkxx＋π22π－， (()(2)当＋∈) x单调递增．)(，则)>0′(得． 3ππ??kk??kfx＋ππ－，22∈Z))的单调递增区间为， 所以(( ??44π5π??kk??kxf＋π2π＋，2∈Z)(．)的单调递减区间为 (证明：x)＝－从而2e′(sin ??44π??x??xxghxf－. 记(()＝＋())(2) ??2xxgx )(cos －(1)，有sin (，)＝e依题意及xxg. xππ????gxx，)<0，当时，∈ ′( )＋)(′(－)′ ??24ππ????xx????xgxfxgxxgh－－<0. (1)＝)故＋′(′()＝( 上单调递减，)因此，在区间( ????22ππ????xh， ??24ππ????????fxhh＝)≥(＝进而0. ????22πππ????x????xxxgf－，≥∈(＋0. 所以当时，)() ????242B级 能力提升 fxxgxxmm∈R)＝．(ln )＝＋， ((10．已知函数)fxgxm的取值范围； )≤)(1)若((恒成立，求实数xxFxfxgxxxxx<1. ＝)(的两个零点，且)(2)已知－，，求证：是函数((<)Fxfxgxxxmx>0)，－( )(1)解：令＝(ln )＝((－)－x－11Fxx>0)， 1则＝′(()＝－′( )<0， xxxFxxFx)>0， 当0<当<1>1时，时，′(Fx)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增．所以 (Fxxmfxgxmm 221112 ≥－1. 0恒成立，则－，若1(－)≤，即((≤)在1＝1处取得最大值－－)Fxfxgxmxx，<1<1，(0<)有两个零点，则证明：(2)由(1)可知，若函数 (＝)<(－)－1xxx<， <1要证，只需证 21 xFx)在(1， 221 1 ＋∞由于)(上单调递减， 1????FFx，(从而只需证 )> x??FxFxmxx，ln )＝0，－由(＝)＝(1111mxx<0，ln －－＝ln－＋－ln即证 xxxx 2 1 1211 11 1111． 1hxxxx<1)，2ln ( )＝－＋(0<令－ xxx1＋－221xh ，－＝′(>0)＝＋则1xxxhxhxh(1)＝01)上单调递增，，( 故()<)在(0，xx<1. 2 22 所以1fxxaxax. 21 2 －－(ln 11．(2019·广州调研)设函数(－)＝1) 2fx)的单调性；( (1)讨论函数fxmm<1.(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6(2)已知函数≈－(0.51) )有极值，求证：axaxaxxa））（（－－（＋－1）1－fxxax>0)，( 1)′(－)＝＝－(＝(1)解：－ 2 ＋∞)0时，′(上单调递增．)>0 xxxafxfx)在(0，恒成立，所以 当(≤afxxa，>)>0当得>0时，解 ′(fxxa. <)<0得解0<′(fxaa，＋∞)上单调递增．上单调递减，在()在(0， 所以)(afx)在(0，＋∞)≤0时，上单调递增．(综上，当 afxaa，＋∞)(上单调递增．(0， 当)>0时，上单调递减，在(在)1afxmfaaaaa. ＝－(－)的极值＋＝ln (证明：(2)由(1)知，)>0时， 2faaafaa. 0′()＝－有唯一实根－ln )，所以＝′(因为ln 0.5<－0.5，ln 0.6>－0.6， a∈(0.5，0.6)． 所以faaa，＋∞)上递减． (0，()且上递增，在()在1111mfafaaaaaaaaaa<×0.6＋－ln <－＋＋0.6＝＋＝＋)所以＝()≤(＝－ 22220.78<1. m<1成立． 故 2 0 0 00 22222 0000000000
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