第3章 微专题一 导数的综合应用-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(基础版)

hhh C 一 导数的综合应用 命题角度1 证明不等式 【典例1】 已知函数f(x)=x3-3ln x+11. (1)判断函数f(x)的单调性; (2)证明:当x>0时,f(x)>-x3+3x2+ (3-x)ex. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1.证明f(x)>g(x),可以构造函数h(x)= f(x)-g(x), 然后利用h(x)的最值证明不等式. 2.若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待 证式进行变形分拆,构造两个函数,从而找到可以传 递的中间量, 达到证明的目的. 【对点训练1】 已知函数f(x)=aln x-ax+ 1(a∈R,且a≠0). (1)讨论a的值,求函数f(x)的单调区间; (2)求证:当n ≥2时, 1 ln 2+ 1 ln 3+ …+ 1 ln n> n-1 n . 命题角度2 不等式恒成立、能成立问题 【典例2】 已知函数f(x)=ln x+ax+2(a< 0),f(x)的最大值为2. (1)求a的值; (2)若f(x)≤bx 在[1,+∞)上恒成立,求 b的取值范围. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主 要策略:① 构造函数,利用导数求出最值,进而求出 参数的取值范围;② 分离变量,构造函数,直接把问 题转化为函数的最值问题.有些不易分参的也可采 用“同构”技巧. 解决恒成立、能成立问题的基本策略:分离变 量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 转化策略:a≥f(x)恒成立 ⇔a ≥f(x)max ; a≤f(x)恒成立 ⇔a≤f(x)min;a≥f(x)能成立 ⇔a≥f(x)min;a≤f(x)能成立 ⇔a≤f(x)max. 【对点训练2】 已知函数f(x)满足x2f'(x)+ xf(x)=eln x,且f(e)=1,函数g(x)= -x2+2ax+4.若对任意x1∈(1,e],存在 x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),求a的取 值范围. 命题角度3 函数的零点问题 【典例3】 (1)(2024·湖北武汉高三统考)若函 数f(x)= 1 x- m x2- x 3 (x>0)有两个零点, 则m 的取值范围为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 076 @第三章 一元函数的导数及其应用 (2)已知函数f(x)=aln x+ 1 2x 2-(a+1)x, 当a>0时,求函数f(x)零点的个数. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 函数零点个数的讨论问题实质是研究函数图象 的变化趋势,通过变化趋势看是否与x 轴存在公共 点,以此确定零点个数;在利用函数零点存在定理 时,一般不使用极限语言,故常常需要“取点”,可借 助ex ≥x+1,ln x ≤x-1等结构放缩,必要时可 构造函数证明所取点的符号. 根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基 本方法:① 利用零点存在定理构建不等式求解; ② 分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解; ③ 转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从 而构建不等式求解. 【对点训练3】 已知函数f(x)= ln x+1 ex . (1)求函数f(x)的最值; (2)讨论函数g(x)=aex -ln x-1的零点 个数. 命题角度4 隐零点问题 【典例4】 已知函数f(x)=(x-a)ex-x2.若 a∈Z,函数f(x)在x∈[0,+∞)上是增 函数,求a的最大整数值. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 隐零点问题常用策略 (1)依据函数式的结构特征和函数单调性,大胆 “试根”,再由单调性说明“此根”的唯一性. (2)先“虚设零点,设而不求”,通过形式化的“变 量代换”或推理,达到化简并求解的目的. (3)“多次求导”,合理变形,直至能够求解. 【对点训练4】 已知f(x)= ln x+a x ,g(x)= ex + 2 x-1. 若g(x)≥f(x)恒成立,求实数 a的取值范围. 学习至此,请完成课时作业19 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 077 hhh 因为f(0)= 1 3 ,f(3)= 85 12 ,1 3 < 85 12 , 故f(x)在[0,3]上的最小值是 1 3. 例5:(1)643 解析:如图,设正 四棱锥的底面边 长AB =2a,高 PO =h,外接球 的球 心 为 M,则 OD = 2a,因为 球 的 体 积 为 4 3πR 3 = 36π, 所以球的半径为R =3,在Rt△MOD 中,MD2=OD2+OM2,即32=2a2+ (h-3)2,所以正四棱锥的体积为V = 1 3Sh = 1 3 ×4a 2h = 2 3 [9- (h- 3)2]h,整理得V = - 2 3h 3+4h2(h> 0),则V'= -2h2+8h= -2h(h-4), 当0<h<4时,V'>0,当h>4时, V'<0,所以V= - 2 3h 3+4h2(h>0) 在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减, 所以当h =4时,函数取得最大值为 - 2 3×4 3+4×42= 64 3 ,故该四棱锥的 体积最大值为 64 3. (2)解:① 由题知,每瓶饮料的利润为 y =f(r)=0.2× 4πr3 3 -0.8πr 2 = 0.8πr 3 3 -r 2 ,0<r≤6, 所 以 f'(r)= 0.8π(r2 - 2r)= 0.8πr(r-2), 令f'(r)=0,解得r=2, 当r∈ (0,2)时,f'(r)<0,f(r)在 (0,2)上单调递减, 当r∈ (2,6]时,f'(r)>0,f(r)在 (2,6]上单调递增, 又f(6)=28.8π,f(2)= - 16 15π , 所以当r=6 cm时,每瓶饮料的利润 最大. ②由①知,当r=2 cm时,每瓶饮料的 利润最小. ③由f(r)=0.8π r3 3 -r 2 ≥0(0< r≤6),解得3≤r≤6,故所求瓶子的 半径取值范围是3 cm≤r≤6 cm. 对点训练5:50 解析:设 A 系 列 木 版 画 的 月 利 润 为 g(x),则 g(x)=f(x)(x -30)= (x-90)2(x-30),30<x<90,可得 g'(x)=2(x-90)(x-30)+ (x - 90)2 = 3(x - 90)(x - 50), 令 g'(x)=0,则x=50,当x∈(30,50) 时,g'(x)>0,当 x ∈ (50,90)时, g'(x)<0,g(x)在(30,50)上单调递 增,在 (50,90)上 单 调 递 减,所 以 当 x =50时,利润g(x)取到极大值,也 是最大值,即当 A系列木版画销售价 格定为50元/套时,月利润最大. 􀪋􀪋􀪋􀪋   􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:1 解析:f'(x)=1+ln x- 2 x ,令x0 为 函数f(x)= (x-2)ln x 在[1,2]上 的“拉格朗日中值”, 则1+ln x0- 2 x0 =f (2)-f(1) 2-1 = 0, 令g(x)=1+ln x- 2 x ,则g'(x)= 1 x + 2 x2 >0在[1,2]上恒成立, 故g(x)=1+ln x- 2 x 在[1,2]上单 调递增,又g(1)=1-2= -1<0, g(2)=1+ln 2-1=ln 2>0, 由函数零点存在定理可得,存 在 唯 一 的x0 ∈ [1,2],使得g(x0)=0. 素养检测:1.1ln 2 解析:g'(x)= 1 x +1 ,则 g'(ξ)= 1 ξ +1,由“拉格朗日中值”的定义可 知,函数g(x)=ln x+x在区间[1,2] 上的“拉 格 朗 日 中 值”ξ 满 足g(2)- g(1)=g'(ξ)(2-1),所以g'(ξ)= g(2)-g(1)=ln 2+2-1=ln 2+1, 所以g'(ξ)= 1 ξ +1=ln 2+1,即 1 ξ =ln 2,则ξ= 1 ln 2. 2.ln(e-1) 解析:由g(x)=ex 可得g'(x)=ex, 所以g'(ξ)=eξ,由“拉格朗日中值”的 定义可知g'(ξ)= g(1)-g(0) 1-0 = e- 1,即eξ =e-1,所以ξ=ln(e-1). 微专题一 导数的综合应用 典例1:解:(1)∵f(x)=x3-3ln x + 11,∴ 定义域为(0,+∞)且f'(x)= 3x2 - 3 x = 3(x3-1) x = 3(x-1)(x2+x+1) x ,令f'(x)=0 可得x =1, 当x ∈ (1,+ ∞)时,f'(x)>0,当 x ∈ (0,1)时,f'(x)<0,∴f(x)在 (1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调 递减. (2)证 明:由 (1)可 得 f(x)min = f(1)=12.令g(x)= -x3+3x2+ (3-x)ex, g'(x)= -3x2 +6x -ex + (3- x)ex = (2-x)(ex +3x), 令g'(x)=0,又x >0,可得x =2, x ∈(2,+∞)时,g'(x)<0,x∈(0, 2)时, g'(x)>0, ∴g(x)在(2,+ ∞)上单调递减,在 (0,2)上单调递增, 可得g(x)max =g(2)=e2+4, ∴f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x), ∴ 当x >0时,f(x)>-x3+3x2+ (3-x)ex. 对点训练1:解:(1)由f(x)=aln x- ax+1知 函 数 定 义 域 为(0,+ ∞), f'(x)= a x -a= a(1-x) x , 当a>0时,若0<x<1,则f'(x)> 0,若x >1,则f'(x)<0,所以f(x) 的单调递增区间为(0,1),单调递减区 间为(1,+∞); 当a<0时, 若0<x<1,则f'(x)< 0,若x >1,则f'(x)>0,所以f(x) 的单调递减区间为(0,1),单调递增区 间为(1,+∞). (2)证明:令a=1,则f(x)=ln x- x+1,所以f(1)=0, 由(1)可知f(x)在[1,+∞)上单调递 减,故f(x)≤f(1)=0(当x=1时取 等号), 所以f(x)=ln x-x+1≤0,即ln x≤ x-1, 当x≥2时,0<ln x<x-1<x(x- 1),即0<ln x <x(x-1), 即 1 ln x > 1 x(x-1)> 0, 令 x = n,则 1 ln n > 1 n(n-1)= 1 n-1- 1 n ,所以 1 ln 2+ 1 ln 3+ … + 1 ln n> 1 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 + … + 1 n-1- 1 n =1- 1 n = n-1 n ,故当n≥2时, 1 ln 2+ 1 ln 3+ …+ 1 ln n> n-1 n . 典例2:解:(1)易知函数f(x)的定义域 为(0,+∞), 根据题 意 可 得 f'(x)= 1 x +a = 1+ax x ,令f'(x)=0,得x = - 1 a , 当x ∈ 0,- 1 a 时,f'(x)>0,即 f(x)在 0,- 1 a 上单调递增, 当x ∈ - 1 a ,+∞ 时,f'(x)<0, 即f(x)在 - 1 a ,+∞ 上单调递减; 所 以 f(x)max = f - 1 a = ln- 1 a +1=2,解得a= -1e. (2)由(1)知f(x)=ln x- x e+2 , 因为x≥1,所以ln x- x e+2≤bx 可 化为b≥ ln x x - 1 e+ 2 x , 设g(x)= ln x x - 1 e+ 2 x , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -468- 参 考 答 案 所 以 g'(x)= 1-ln x x2 - 2 x2 = -ln x-1 x2 ,则g'(x)<0在[1,+∞) 上恒成立, 即可得g(x)在[1,+∞)上单调递减, b≥g(x)max =g(1)=2- 1 e ,因此b 的取值范围是 2- 1 e ,+∞ . 对点训练2:解:由题意知,f(x),g(x) 分别 在 x ∈ (1,e],x ∈ [1,2]上, f(x)min >g(x)min, 由 x2f'(x)+xf(x)= eln x,得 f'(x)= eln x-xf(x) x2 . 令t(x)=eln x-xf(x),则t'(x)= e x -f (x)-xf'(x)= e x -f (x)- x·eln x-xf(x) x2 = e(1-ln x) x . 因为x1 ∈ (1,e],所以1-ln x ∈ [0, 1),则t'(x)≥0,t(x)在(1,e]上单调 递增. t(x)max=t(e)=eln e-ef(e)=0,即 t(x)≤0. 所以f'(x)≤0,f(x)在(1,e]上单调 递减,f(x)min =f(e)=1. g(x)图象的对称轴方程是x =a. 当a≤ 3 2 时,g(x)min=g(2)=4a< f(x)min =1,解得a< 1 4. 当a> 3 2 时,g(x)min = g(1)= 2a + 3 < f(x)min =1,无解. 综上,a的取值范围为 -∞, 1 4 . 典例3:(1)0<m < 2 3 解析:令f(x)=0,则m =x- x3 3 在 (0,+∞)上有两个实根,若g(x)= x- x3 3 ,则g'(x)=1-x2,故x∈(0, 1)时 g'(x)> 0,g(x)递 增,x ∈ (1,+∞)时g'(x)<0,g(x)递减,所 以g(x)max =g(1)= 2 3 ,且x ∈ (0, 1)时g(x)>g(0)=0,而x趋向+∞ 时g(x)趋向-∞,综上,要使m=x- x3 3 在(0,+∞)上有两个实根,则0< m < 2 3. (2)解:f'(x)= (x-1)(x-a) x (x> 0), 若0<a<1,当x∈(0,a)时,f'(x)> 0;当x∈(a,1)时,f'(x)<0;当x∈ (1,+∞)时, f'(x)>0, 所以f(x)在(0,a),(1,+∞)上单调递 增,在(a,1)上单调递减,f(x)有极大 值f(a)=aln a+ 1 2a 2-(a+1)a= a ln a- 12a-1 <0, 极小值f(1)= -a- 1 2 <0 ,又f(2a+ 2)=aln(2a+2)>0,所以函数f(x) 有1个零点. 若a=1,f'(x)≥0恒成立,函数f(x) 单调递增, 此时f(1)= - 3 2 <0 ,f(4)=ln 4> 0,所以函数f(x)有1个零点; 若a>1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0; 当x ∈ (1,a)时,f'(x)<0;当x ∈ (a,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,1),(a,+∞)上单调递 增,在(1,a)上单调递减, 所以 f(x)有 极 大 值 f(1)= -a- 1 2 <0 ,显然极小值f(a)<0, 又f(2a+2)=aln(2a+2)>0,所以函 数f(x)有1个零点. 综上所述,当a>0时,函数f(x)的零 点个数为1. 对点 训 练 3:解:(1)由 函 数 f(x)= ln x+1 ex ,x∈ (0,+∞),得f'(x)= 1 x ·ex -(ln x+1)·ex (ex)2 = 1 x - (ln x+1) ex , 令 h(x)= 1 x - (ln x +1),则 h'(x)= - 1+x x2 <0恒成立,所以 h(x)在(0,+ ∞)上 单 调 递 减,且 h(1)=0, 所以x ∈ (0,1)时,f'(x)>0,x ∈ (1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在 (0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调 递减,即当x =1时, f(x)取得最大值 f(1)= 1 e ,无最 小值. (2)函数g(x)=aex -ln x-1的零 点个数就是方程aex -ln x-1=0的 解的个数, 整理 得 a = ln x+1 ex ,令 f(x)= ln x+1 ex ,x ∈ (0,+∞),由(1)可知, f(x)在 (0,1)上 单 调 递 增, 在 (1,+∞)上单调递减,当x =1时, f(x)取得最大值f(1)= 1 e , 当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当 x 趋近于+∞ 时,f(x)恒大于0且趋 近于0, 作出函数图象如图, 由图知,当a> 1 e 时,函数g(x)没有 零点,当a = 1 e 或a ≤0时,函数 g(x)只有1个零点, 当0<a< 1 e 时,函数g(x)有两个 零点. 典例4:解:f'(x)=ex +(x -a)ex - 2x = (x+1-a)ex -2x, 由f(x)在x∈[0,+∞)上是增函数, 得f'(x)≥0在x∈[0,+∞)上恒成立, 即(x +1-a)ex -2x ≥ 0,x ∈ [0,+∞),分离参数得1-a≥ 2x ex - x,x ∈ [0,+∞), 设 g(x)= 2x ex - x,则 g'(x)= 2-2x ex -1= 2-2x-ex ex ,g'(x)= 0,即2-2x-ex =0, 设h(x)=2-2x-ex,由于h(0)= 1>0,h 1 2 =1- e<0, 因而方程2-2x-ex =0在 0, 1 2 上 有解,设为x0, 则e x0 =2-2x0,且当x∈(0,x0)时, g'(x)>0,当x ∈ (x0,+ ∞)时, g'(x)<0, 所以g(x)的最大值为g(x0)= 2x0 e x0 - x0 = x0 1-x0 -x0 = x20 1-x0 . 因而1-a ≥ x20 1-x0 ,即 a ≤ 1+ x20 x0-1 =3+ 1 x0-1 +x0-1, 又 x0 ∈ 0, 1 2 ,x0 - 1 ∈ -1,- 1 2 ,所以3+ 1x0-1+x0- 1∈ 1 2 ,1 , 所以a的最大整数值为0. 对点训练4:解:当 x >0时,g(x)≥ f(x),即ex + 2 x -1≥ ln x+a x ,化简 可得,a≤x(ex -1)-ln x+2. 令F(x)=x(ex -1)-ln x+2(x> 0),只需a≤F(x)min,F'(x)= (x+ 1)· ex - 1 x , 令 h(x)= ex - 1 x (x > 0),则 h'(x)= ex + 1 x2 > 0,∴h(x)在 (0,+∞)上单调递增, ∵h 12 =e 1 2 -2<0,h(1)=e- 1>0, ∴ 存在唯一的 x0 ∈ 1 2 ,1 ,使得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -469- hhh h(x0)=e x0 - 1 x0 =0,∴F(x)在区 间 (0,x0)上 单 调 递 减, 在 区 间 (x0,+∞)上单调递增,∴F(x)min = F(x0)=x0(e x0 -1)-ln x0+2= x0e x0 -(x0+ln x0)+2, 由e x0 - 1 x0 =0得x0e x0 =1,两边取 对数得x0+ln x0 =0,∴F(x)min = F(x0)=3. 综上,a的取值范围为(-∞,3]. 第四章 三角函数、 解三角形 4.1 任意角与弧度制、 三角函数的概念 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)逆时针 顺时针 零角 正角、 负角和零角 (2)角的终边 坐标轴 (3){β|β=α+k·360°,k∈Z} 2.(1)1弧度 正数 负数 0 (2)π (3)|α|·r 1 2|α| ·r2 3.(1)y x 基础检测 1.(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.二 解析:因为sin βcos β<0,所以sin β, cos β 异号,因为cos β-sin β<0,即 cos β<sin β,所以sin β>0,cos β< 0,所以β 是第二象限角. 3.α α =kπ- π 3 ,k∈Z 解析:直线y= - 3x 的倾斜角是 2π 3 , 所以终边落在直线y = - 3x 上的角 的 取 值 集 合 为 α α = kπ - π3, k∈Z . 4.1或4 解析:设扇形所在圆的半径为r,则扇 形的弧长l=rα,于是得 2r+rα =6, 1 2r 2α =2, 解得 r=2,α =1 或 r=1, α =4, 所以扇形的圆心角的弧度数α 是1或4. 5.ABC 对于A,- 5π 3 = -2π+ π 3 ,是 第一象限角,故A正确;对于B,设该扇 形的 半 径 为r,则π3 ·r =π,∴r = 3,∴S扇形 = 1 2× π 3×3 2= 3π 2 ,故B正 确;对 于 C,r = (-3)2+42 =5, cos α= x r =- 3 5 ,故C正确;对于D, 取α=30°,则α是锐角,但2α=60°不 是钝角,故D错误.故选ABC. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)AD 终边落在x 轴的非负半轴 上的角的集合为{α|α=2kπ,k∈Z}, 故A正确;终边落在y轴上的角的集合 为 α α = π 2 +kπ ,k∈Z ,原 命 题 属于角度制和弧度制的混用,故B错 误;第 三 象 限 角 的 集 合 为 α π+ 2kπ<α< 3π 2+2kπ ,k∈Z ,故C错 误;-720°~0°范围内所有与45°角终 边相同的角可以表示为{α|α =45°+ 360°·k,k= -1,-2},故α= -675° 或α = -315°,故D正确.故选AD. (2)AB 因为α与-α关于x 轴对称, 而α是第二象限角,所以-α是第三象 限角,所以π-α是第一象限角,故A正 确;因 为α 是 第 二 象 限 角,所 以 π2 + 2kπ<α<π+2kπ,k∈Z,所以 π 4+ kπ< α 2 < π 2+kπ ,k∈Z,故 α 2 是第 一或第三象限角,故B正确;因为α 是 第二象限角,所以3 2π+α 是第一象限 角,故C错误;因为α是第二象限角,所 以 π 2 +2kπ<α<π+2kπ ,k∈Z,所 以π+4kπ<2α<2π+4kπ,k∈Z,所 以2α的终边可能在y轴负半轴上,故D 错误.故选AB. 对点训练1:ACD 对于 A,将表的分针 拨快5分钟,则分针转过的角为 - π 6 , 故A错误;对于B,因为角α=2 rad= 2× 180 π °≈114.6°,所以角α为第二 象限角,故B正确;对于C,若α 为第一 象限角,不妨取α =390°,则角 α 2 = 195°,为第 三 象 限 角,故C错 误;对 于 D,因为直角不是象限角,所以三角形 为直角三角形时不成立,故D错误.故 选ACD. 例2:(1)β β= π 3 +2kπ ,k∈Z 解析:因为按顺时针方向旋 转 所 得 的 角 为 负 角,所 以 所 求 的 角 为 90°+ (-30°)=60°,则α = π 3 ,故终边与α 相同的角的集合为A = β β= π3+ 2kπ,k∈Z . (2){α|90°+k·180°≤α≤120°+k· 180°,k∈Z} 解析:因 为 终 边 落 在 y 轴 上 的 角 为 90°+k·180°,k∈Z,终边落在题图中 直线上的角为120°+m·360°=120°+ 2m·180°,m ∈Z和300°+n·360°= 120°+180°+2n·180°=120°+(2n+ 1)·180°,n∈Z,即终边在直线上的角 为120°+k·180°,k∈Z,所以终边落 在阴影部分(包含边界)的角α 的集合 为{α|90°+k·180°≤α≤120°+k· 180°,k∈Z}. (3)β=π-α+2kπ,k∈Z 解析:因为角α 的终边与角β 的终边关 于y 轴 对 称,在 一 个 周 期[0,2π)中, α+β=π,即β=π-α,所以由周期性 知β=π-α+2kπ,k∈Z. 对点训练2:(1) ββ=-π3+2kπ,k∈Z 解析:∵ π3 与 - π 3 关 于x 轴 对 称, ∴ 与角β 终边相同的所有角构成的集 合为 β β= - π 3 +2kπ ,k∈Z . (2)80° 一 解析:因为-1 000°= -3×360°+80°, 所以与 -1 000°终边相同的最小正角 是80°,为第一象限角. 例3:(1)22 2 解析:设扇形的半径为r,弧长为l,则 由已知可得 l+2r=42, l=2r, 解得 r= 2, l=22, 所以扇形面积为S = 12 × 22× 2=2. (2)D 由 弧 长 公 式l =|α|·r,得 l1 = 2π 3 ·r,l2 = 2π 3 ·2r,l3 = 2π 3 · 3r,…,l11 = 2π 3 ·11r, 其 中 r = |AB|=1,∴ 蚊香的长度L =l1 + l2+l3+…+l11= 2π 3 (1+2+3+…+ 11)=44π,故选D. (3)π 16 解析:α =60°= π 3 ,扇 形 的 弧 长 = αr= π 3×3=π. 由扇形的周长为16, 可得2r+αr=16,∴r= 16 2+α ,扇形面 积 S = α 2π ·πr2 = 128α (2+α)2 = 128 α+ 4 α +4 ≤ 128 4+2· α· 4 α =16, 当且仅当α= 4 α ,即α=2 rad时等号 成立. 对点训练3:解:(1)因为α =60°= π 3 , R =6, 所以扇形的弧长l=αR =2π. (2)由扇形面积S= 1 2αR 2= 1 2lR= 16,得l= 32 R ,则扇形周长为l+2R = 32 R +2R ≥2 32 R ×2R =16 , 当且仅当32 R =2R ,即R =4时,取等 号,此时,1 2α×4 2 =16,所以α =2, 所以扇形周长的最小值为16,此时α=2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -470-