【数学】2019届一轮复习北师大版第3章导数及其应用第2节第3课时学案 15页

第3课时　导数与函数的综合问题 考点一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 ‎【例1】 (2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a>0).‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2，‎ ‎∴f′(x)＝－2x，∴f′(1)＝0，‎ 又f(1)＝－1，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝0.‎ ‎(2)∵f(x)＝2a2ln x－x2，∴f′(x)＝－2x＝＝，‎ ‎∵x>0，a>0，∴当00，当x>a时，f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(0，a)上是增函数，在(a，＋∞)上是减函数.‎ ‎(3)由(2)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1).‎ 讨论函数f(x)的零点情况如下：‎ ‎①当a2(2ln a－1)<0，即00，即a>时，‎ 由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，f(e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，‎ 当2a－e2<0，即时，f(e2)≥0，而且f()＝2a2·－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，‎ 由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a0；‎ 当1.‎ ‎(1)解　将x＝－1代入切线方程得y＝－2，‎ 所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.①‎ f′(x)＝，‎ f′(－1)＝＝－1.②‎ 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝.‎ ‎(2)证明　由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立，‎ 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.‎ 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2，‎ 因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2·≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，‎ 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.‎ ‎(3)证明　因为01，‎ 由(2)知ln>，整理得>，‎ 所以当0.‎ 命题角度2　由不等式恒(能)成立求参数的范围 ‎【例2－2】 (2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)＝(1－x2)ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求正实数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.‎ 令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，‎ 解得x1＝－－1，x2＝－1，‎ 令f′(x)>0，则x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞).‎ ‎∴f(x)在区间(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上单调递减，在区间(－－1，－1)上单调递增.‎ ‎(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.‎ 当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，‎ 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.‎ 当00(x>0)，‎ 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增.‎ 又g(0)＝0，故ex≥x＋1.‎ 当0ax0＋1.‎ 综上可知，正实数a的取值范围是[1，＋∞).‎ 规律方法　1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.‎ ‎2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.‎ ‎【训练2】 (2018·沈阳模拟)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.‎ ‎(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；‎ ‎(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)若x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.‎ ‎(1)证明　当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，‎ f′(x)>0.‎ 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，‎ f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.‎ ‎(2)解　f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，‎ 则h′(x)＝ex－2a.‎ ‎①当2a≤1时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，‎ h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，‎ ‎∴f(x)在[0，＋∞) 上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，‎ ‎∴当a≤时满足条件.‎ ‎②当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln (2a)，‎ 在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，‎ ‎∴当x∈(0，ln (2a))时，有h(x)0时，ex>1＋x＋，‎ 即ex－1>x＋，‎ 欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，‎ 只需证ln(x＋1)>.‎ 设F(x)＝ln(x＋1)－，‎ 则F′(x)＝－＝.‎ ‎∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，‎ ‎∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.‎ 考点三　用导数研究生活中的优化问题 ‎【例3】 (2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).‎ ‎(1)求y关于v的函数关系式；‎ ‎(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.‎ 解　(1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，因此总用氧量y＝＋＋9(v>0).‎ ‎(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，‎ 当010时，y′>0，函数单调递增.‎ 若c<10 ，函数在(c，10)上递减，在(10，15)上递增，‎ ‎∴当v＝10时，总用氧量最少.‎ 若c≥10，则y在[c，15]上递增，‎ ‎∴当v＝c时，这时总用氧量最少.‎ 规律方法　1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：‎ ‎(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域；‎ ‎(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；‎ ‎(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；‎ ‎(4)回归实际问题作答.‎ ‎2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.‎ ‎【训练3】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30)，则获得最大利润时的年产量为(　　)‎ A.1百万件 B.2百万件 C.3百万件 D.4百万件 解析　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.‎ 故当x＝3时，该商品的年利润最大.‎ 答案　C ‎3.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[－5，－3] B. C.[－6，－2] D.[－4，－3]‎ 解析　当x∈(0，1]时，a≥－3－4＋，‎ 令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，‎ 令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，‎ g(t)单调递减，‎ 所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；‎ 同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.‎ 由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，故实数a的取值范围为 ‎[－6，－2].‎ 答案　C ‎4.(2018·宜春联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示.当11，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)‎ A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞)‎ C.(－∞，0)∪(0，＋∞) D.(3，＋∞)‎ 解析　设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，‎ 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，‎ 因为f(x)＋f′(x)>1，‎ 所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0，‎ 所以g(x)＝exf(x)－ex在定义域上单调递增，‎ 因为exf(x)>ex＋3，所以g(x)>3.‎ 又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，‎ 所以g(x)>g(0)，所以x>0.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________ dm.‎ 解析　设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.‎ S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，‎ 所以S′表＝2πR－.‎ 令S′表＝0，得R＝3，则当R＝3时，S表最小.‎ 答案　3‎ ‎7.(2018·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.‎ 解析　令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝＝.‎ 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}.‎ 答案　{x|x>0}‎ ‎8.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.‎ 解析　f′(x)＝＝(a<0).‎ 当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，‎ ‎∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.‎ 若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，‎ 解之得a>－e2，因此－e21，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ ‎(1)解　由f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当00，f(x)单调递增.‎ 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.‎ 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.‎ ‎(2)证明　由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，‎ 则g′(x)＝c－1－cxln c.‎ 令g′(x)＝0，解得x0＝.‎ 当x0，g(x)单调递增；‎ 当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.‎ 由(2)知1<0.‎ ‎∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ ‎10.(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)(一题多解)求证：不等式(x＋1)ln x>2(x－1)对任意x∈(1，2)恒成立.‎ ‎(1)解　定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.‎ ‎①a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；‎ ‎②a>0时，由x>a时，f′(x)>0，00，‎ ‎∴要证原不等式成立，即证ln x>对任意x∈(1，2)恒成立，令g(x)＝ln x－，‎ g′(x)＝≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴当x∈(1，2)时，g(x)>g(1)＝ln 1－＝0，‎ ‎∴ln x>对任意x∈(1，2)恒成立，‎ ‎∴(x＋1)ln x>2(x－1)对任意x∈(1，2)恒成立.‎ 法二　令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，‎ F′(x)＝ln x＋－2，‎ ‎＝ln x－.‎ 令φ(x)＝ln x－，由(1)知a＝1时，‎ φ(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.‎ ‎∵x∈(1，2)，则φ(x)在(1，2)为增函数，φ(x)>φ(1)＝0，‎ 即x∈(1，2)，F′(x)>0，∴F(x)在(1，2)上为增函数，‎ ‎∴F(x)>F(1)＝0，‎ ‎∴(x＋1)ln x>2(x－1)对任意x∈(1，2)恒成立.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.(一题多解)(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(2，＋∞) B.(－∞，－2)‎ C.(1，＋∞) D.(－∞，－1)‎ 解析　法一　由题意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.‎ 当a>0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减.‎ 且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.‎ 当a<0时，要使x0>0且唯一，只需f >0，即a2>4，∴a<－2，故选B.‎ 法二　f(x)有唯一正零点x0，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝－有唯一正根x0.‎ 令g(x)＝－，g′(x)＝，‎ ‎∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减.‎ 又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x<－1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，‎ ‎∴g(x)的大致图像如图：‎ ‎∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x0>0，只需a0，h(x)为递增函数；‎ 当x∈时，h′(x)<0，h(x)为递减函数；‎ 所以h(x)max＝h＝2－2ln 2>0.‎ 又当x→0时，h(x)→－∞；当x→1时，h(x)→－∞，则存在0