文档内容
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)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋
1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
2、一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x) ；若af(x)成立，则只需a>f(x) ；若存在x∈D，使a1) y＝logx(a>1) y＝xn(n>0)
a在(0，＋∞)上的增减
单调递增 单调递增 单调递增
性
增长速度 越来越快 越来越慢 相对平稳
随x的增大逐渐表现 随x的增大逐渐表现 随n值变化而各有不
图像的变化
为与y轴平行 为与x轴平行 同
存在一个x，当x>x
值的比较 0 0
时，有logx1－x恒成立
B．对∀x∈(0，＋∞)，不等式ln(x＋1)恒成立【答案】ABCD
【解析】 由ex≥x＋1对∀x∈R恒成立，结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立，故A正
确；
由ex≥x＋1，且x∈(0，＋∞)，
两边取对数，得x>ln(x＋1)，即ln(x＋1)0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f (x) ＝f (1)＝0，则ln x－x＋1<0，即ln x等价于－<0，
即>，
若x∈(0,1)，则0，
∴g(x)在(0,1)上为增函数，则g(x)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CD＝x(00,h(x)
证明：（1）方法一：设 ， ，则 ，
x∈(0,1),h'(x)<0,h(x)
设 ，则 ，所以 在 上单调递增，所以 ，
即a ，所以a≤2lnx+x+ 3
x
在h(x)=2lnx+x+ 3
x
(x>0)上单调递增，所以h'(x)= (x+3)
x
(
2
x−1)
x∈(0,1),h'(x)<0,h(x) x∈(1,+∞),h'(x)>0,h(x)
方法二：设 ，则 ，
所以h(x) =h(1)=4在a≤h(x) =4上单调递增，所以
min min
变式2、(2019苏州暑假测试）已知函数f(x)＝x－1－alnx(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：n0)，
当a≤0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) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以f(x)的增区间是(a，＋∞)，减区间是(0，a)．
综上所述， 当a≤0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) ≥0.
min
当a≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当x→0时，f(x)→－∞，故不合题意；(6分)
当a>0时，由(1)知f(x) ＝f(a)＝a－1－alna≥0.(13分)
min
令g(a)＝a－1－alna，则由g′(a)＝－lna＝0，得a＝1，
a (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(a) ＋ 0 －
g(a) 极大值
所以g(a)＝a－1－alna≤0，又f(x) ＝f(a)＝a－1－alna≥0，所以a－1－alna＝0，
min
所以a＝1，即实数a的取值集合是{1}．(10分)
(3) 要证不等式1＋nf(1)，即x－1－lnx>0，所以lnx0，
所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx＋－1>0，所以1－存在唯一的整数x 成立，
0
因为F＝9e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a≤7e3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，＋∞)，＝ .
①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x≥1，使得f(x)＜的充要条件为f(1)＜，
0 0
即－1＜，解得－－1＜a＜－1.
②若＜a＜1，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x≥1，使得f(x)＜的充要条件为 .
0 0
而 ，所以不合题意.
③若a＞1，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)
＝mlnx－x＋－6(4≤x≤22，m∈R)，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高的时刻．(参考数值：ln6＝1.8)
【解析】 (1)由f(6)＝29.6，代入f(x)＝mlnx－x＋－6(4≤x≤22，m∈R)，解得m＝12.(5分)
(2)由已知函数求导，得f′(x)＝＋600＝(12－x)]．
令f′(x)＝0，得x＝12.(9分)
列表得
x [4，12) 12 (12，22]
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 极大值
所以函数在x＝12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AE＝FB＝x 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a＝x，h＝＝(30－x)，00，V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x＝20时，V取得极大值，也是最大值，
此时＝.
即当x＝20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②，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HM＝5 m，BC＝10 m，梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2
倍．设∠FMH＝θ.
(1) 求屋顶面积S关于θ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θ为何值时，总造价最低？
,②)
(1)先通过线面垂直得到FH⊥HM，放在Rt△FHM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θ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θ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，FM⊥BC，又因为HM⊂平面ABCD，得FH⊥HM.(2分)
在Rt△FHM中，HM＝5，∠FMH＝θ，
所以FM＝.(4分)
因此△FBC的面积为×10×＝.
从而屋顶面积S＝2S ＋2S ＝2×＋2××2.2＝.
△FBC 梯形ABFE
所以S关于θ的函数关系式为S＝.(6分)
(2)在Rt△FHM中，FH＝5tanθ，所以主体高度为h＝6－5tanθ.(8分)
所以别墅总造价为y＝S·k＋h·16k＝k－k＋96k＝80k·＋96k.(10分)
记f(θ)＝，0<θ<，所以f′(θ)＝，
令f′(θ)＝0，得sinθ＝，又0<θ<，所以θ＝.(12分)
列表：
θ
f′(θ) － 0 ＋
f(θ)
所以当θ＝时，f(θ)有最小值．
答：当θ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
f x x2 alnx 0,2
1、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知 2 在区间 上有极值点，实数a的
取值范围是（ ）
0,2 2,0
0,2 0,4 4,0
0,4
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
a x2 a
a 0
f(x) x ,由于函数 在 上有极值点，所以 在 上有零点.所以 ，
x x f(x) (0,2) f(x) (0,2) a 2
a(0,4)
解得 .
故选：D.
f(x)=¿ { x 2 −2ax +2a,x≤1¿¿¿¿
2、（2019天津理8）已知 ，设函数 ，若关于 的不等式 在
f(x)=¿{x2−2ax+2a,x≤1¿¿¿¿
f(x)≥0
f (x)≥0
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， ，
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
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
b
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x = ，
1−a
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；
1 1 1 1
当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b = x3− （a+1）x2+ax﹣ax﹣b = x3− （a+1）x2﹣b，
3 2 3 2
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0得x∈[0，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y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点 函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点
在[0，+∞）上有2个零点， ⇔
如图：
{ −b＞0
b
∴
1−a
＜0且 1
(a+1) 3−
1
(a+1)(a+1) 2−b＜0
，
3 21
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞− （a+1）3，
6
则a>–1，b<0.
故选C．
5、（2019年高考全国Ⅰ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，
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Ⅲ理21）设 ，曲线 在点 处的切线与 轴垂
y
直．
b
（1）求 ；
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 的所有零点的绝对值都不大于1．
【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．
∴f' (
1
)=3×
(1) 2
+b=0, b=− 3
【解析】（1）f' (x)=3x2 +b， 2 2 即 4 ．
3
（2）解法一：设 x °为f (x)的一个零点，根据题意， f (x ° )=x ° 3 − 4 x ° +c=0 ，且 |x ° |≤1 ，则
3 3 [ 1] [−1 1]
c=−x
° 3
+
4
x °，由|x
°
|≤1
，
c' =−3x
° 2
+
4 ，显然c(x ° )在
−1,−
2
↓
， 2
,
2
↑
，
[1 ] 1 1 ( 1) 1 (1) 1 1 1
，1 ↓ c(−1)= ,c(1)=− ,c − =− ,c = ∴− ≤c≤
2 ，易得 4 4 2 4 2 4， 4 4
3 1 3 1
f(x )=x − x +c=0 − ≤c=−x + x ≤
设 x 1为f (x)的零点，则必有 1 1 3 4 1 ，即 4 1 3 4 1 4，
{4x −3x −1=(x −1)(2x +1)2≤0
3 1 1 1
∴ 1
4x 1 3 −3x 1 +1=(x 1 +1)(2x 1 −1)2≥0 ， ∴−1≤x 1 ≤1 ，即 |x 1 |≤1．∴ f (x) 的所有零点的绝对值都不大于
1．
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．
