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  • 2021-06-16 发布

【数学】2019届一轮复习北师大版理科第三章第2节第3课时导数与函数的综合问题学案

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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