【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用第2节第3节学案 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)＝2 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)＝2a2 x －2x＝2a2－2x2 x ＝－2（x－a）（x＋a） x ， ∵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> e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 e e时，f(e2)≥0，而且 f( e)＝2a2·1 2－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 0， g(1 e )＝m－2－ 1 e2 ≤ 0，解得 1 2a a2＋b2. (1)解 将 x＝－1 代入切线方程得 y＝－2， 所以 f(－1)＝b－a 1＋1 ＝－2，化简得 b－a＝－4.① f′(x)＝a（x2＋1）－（ax＋b）·2x （x2＋1）2 ， f′(－1)＝2a＋2（b－a） 4 ＝－1.② 联立①②，解得 a＝2，b＝－2.所以 f(x)＝2x－2 x2＋1. (2)证明 由题意知要证 ln x≥2x－2 x2＋1 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＋1 x－2， 因为 x≥1，所以 2xln x≥0，x＋ 1 x≥2· x· 1 x≥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 b a> 2· b a－2 (b a )2 ＋1 ，整理得ln b－ln a b－a > 2a a2＋b2， 所以当 0 2a a2＋b2. 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＝－ 2－1，x2＝ 2－1， 令 f′(x)>0，则 x∈(－ 2－1， 2－1)，令 f′(x)<0，则 x∈(－∞，－ 2－1)∪( 2－ 1，＋∞). ∴f(x)在区间(－∞，－ 2－1)，( 2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－ 2－1， 2 －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≤1 2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＋x2 2 ， 即 ex－1>x＋x2 2 ， 欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2， 只需证 ln(x＋1)> 2x x＋2. 设 F(x)＝ln(x＋1)－ 2x x＋2 ， 则 F′(x)＝ 1 x＋1 － 4 （x＋2）2＝ x2 （x＋1）（x＋2）2. ∵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 研考察活动中，需要潜水员潜入水深 为 60 米的水底进行 ，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( v 10 ) 3 ＋1(升)，在水底 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v 2(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60 v (单位时间)，用氧量为[( v 10 ) 3 ＋1]×60 v ＝3v2 50 ＋60 v (升)， 水底 时的用氧量为 10×0.9＝9(升)，返回水面用时60 v 2 ＝120 v (单位时间)，用氧量 为120 v ×1.5＝180 v (升)，因此总用氧量 y＝3v2 50 ＋240 v ＋9(v>0). (2)y′＝6v 50－240 v2 ＝3（v3－2 000） 25v2 ，令 y′＝0 得 v＝103 2， 当 010 3 2时，y′>0，函数单调递增. 若 c<103 2 ，函数在(c，103 2)上递减，在(103 2，15)上递增， ∴当 v＝10 3 2时，总用氧量最少. 若 c≥103 2，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＝ a x－3 ＋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.[－6，－9 8] C.[－6，－2] D.[－4，－3] 解析 当 x∈(0，1]时，a≥－3(1 x ) 3 －4(1 x ) 2 ＋1 x， 令 t＝1 x，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·济南月考)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)的图象如图所示.当 11，f(0)＝4，则不等式 e xf(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＝ 27 R2，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·27 R ， 所以 S′表＝2πR－54π R2 . 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f（x） ex <1 的解集为________. 解析 令 g(x)＝f（x） ex ， 则 g′(x)＝ex·f′（x）－（ex）′·f（x） （ex）2 ＝f′（x）－f（x） ex . 由题意得 g′(x)<0 恒成立，所以函数 g(x)＝f（x） ex 在 R 上单调递减. 又 g(0)＝f（0） e0 ＝1，所以f（x） ex <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)＝ax－a ex ＋1(a<0)没有零点，则实数 a 的取值范围为________. 解析 f′(x)＝aex－（ax－a）ex e2x ＝－a（x－2） ex (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)＝ a e2＋1. 若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)＝ a e2＋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 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＝ ln c－1 ln c ln c . 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< c－1 ln c0. ∴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（x－1） 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∀x∈(1，2)恒成立. (1)解 定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2 . 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> 2（x－1） x＋1 对∀x∈(1，2)恒成立，令 g(x)＝ln x－ 2（x－1） x＋1 ， g′(x)＝（x－1）2 （x＋1）2≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴当 x∈(1，2)时，g(x)>g(1)＝ln 1－2（1－1） 1＋1 ＝0， ∴ln x> 2（x－1） x＋1 对∀x∈(1，2)恒成立， ∴(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立. 法二 令 F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)， F′(x)＝ln x＋x＋1 x －2， ＝ln x－x－1 x . 令 φ(x)＝ln x－x－1 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∀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)＝ax 3－3x2＋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＝2 a. 当 a>0 时，f(x)在(－∞，0)和(2 a，＋∞)上单调递增，在(0， 2 a)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 (2 a )>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＝3 x－ 1 x3有唯一正根 x0. 令 g(x)＝3 x－ 1 x3，g′(x)＝3（1－x）（1＋x） x4 ， ∴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)的大致图象如图： ∴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∈(1 2，1)时，h′(x)<0，h(x)为递减函数； 所以 h(x)max＝h(1 2 )＝2－2ln 2>0. 又当 x→0 时，h(x)→－∞；当 x→1 时，h(x)→－∞，则∃0