高考文科数学复习备课课件：第四节　导数与函数的综合问题 33页

文数 课标版 第四节　导数与函数的综合问题 1.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数 h ( x ). (3)对 h ( x )求导. (4)利用 h '( x )判断 h ( x )的单调性或最值. 教材研读 (5)下结论. 2.一元三次方程根的个数问题 令 f ( x )= ax 3 + bx 2 + cx + d ( a >0),则 f '( x )=3 ax 2 +2 bx + c . 方程 f '( x )=0的判别式 Δ =(2 b ) 2 -12 ac , (1)当 Δ ≤ 0,即 b 2 ≤ 3 ac 时, f '( x ) ≥ 0恒成立, f ( x )在R上为增函数,结合函数 f ( x ) 的图象知,方程 f ( x )=0有① 　唯一     一个实根. (2)当 Δ >0,即 b 2 >3 ac 时,方程 f '( x )=0有两个不同的实根,设为 x 1 , x 2 ( x 1 < x 2 ),函 数在 x 1 处取得极大值 M ,在 x 2 处取得极小值 m ( M > m ). a.当 m >0时,方程 f ( x )=0有② 　一     个实根; b.当 m =0时,方程 f ( x )=0有③ 　两     个实根; c.当 m <0, M >0时,方程 f ( x )=0有④ 　三     个实根; d.当 M =0时,方程 f ( x )=0有⑤ 　两     个实根; e.当 M <0时,方程 f ( x )=0有⑥ 　一     个实根. 3.生活中的利润最大、用料最省、效率最高等问题我们称之为优化问 题.导数是解决生活中优化问题的有力工具,用导数解决优化问题的基 本思路: (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实 际问题中变量之间的函数关系式 y = f ( x ); (2)求函数的导数 f '( x ),解方程 f '( x )=0,确定极值点; (3)比较函数在区间端点的值和在极值点的值的大小,最大(小)值为函数 的最大(小)值; (4)还原到实际问题中作答.   1.已知某生产厂家的年利润 y (单位:万元)与年产量 x (单位:万件)的函数 关系式为 y =-   x 3 +81 x -234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为   (　　) A.13万件　    B.11万件 C.9万件　    D.7万件 答案     C     y '=- x 2 +81.令 y '=0,得 x =9或 x =-9(舍去).当0< x <9时, y '>0,函数单 调递增;当 x >9时, y '<0,函数单调递减.故当 x =9时, y 取最大值. 2.已知函数 f ( x )的定义域为[-1,4],部分对应值如下表, f ( x )的导函数 y = f '( x ) 的图象如图所示.   当1< a <2时,函数 y = f ( x )- a 的零点的个数为   (　　) A.2　    B.3　    C.4　    D.5 x -1 0 2 3 4 f ( x ) 1 2 0 2 0 答案     C　根据已知条件可还原出函数 f ( x )在定义域[-1,4]内的大致图 象.   函数 y = f ( x )- a 的零点个数即直线 y = a 与曲线 y = f ( x )的交点个数.因为1< a <2, 所以交点个数为4.故选C. 3.若 a >3,则方程 x 3 - ax 2 +1=0在(0,2)上的实根个数为   (　　) A.0　    B.1　    C.2　    D.3 答案     B　设 f ( x )= x 3 - ax 2 +1,则 f '( x )=3 x 2 -2 ax = x (3 x -2 a ),由于 a >3,则在(0,2) 上 f '( x )<0, y = f ( x )为减函数,而 f (0)=1>0, f (2)=9-4 a <0,则方程 x 3 - ax 2 +1=0在 (0,2)上恰有1个实根,故选B. 4.设函数 f ( x )= ax 3 -3 x +1( x ∈R),若对于任意 x ∈[-1,1],都有 f ( x ) ≥ 0成立,则 实数 a 的值为 　　　     . 答案 　4 解析 　若 x =0,则不论 a 取何值, f ( x ) ≥ 0显然成立. 当 x >0, 即 x ∈(0,1]时, f ( x )= ax 3 -3 x +1 ≥ 0可化为 a ≥   -   .设 g ( x )=   -   ,则 g '( x )=   , 所以 g ( x )在区间   上单调递增,在区间   上单调递减, 因此 g ( x ) max = g   =4,从而 a ≥ 4. 当 x <0,即 x ∈[-1,0)时, a ≤   -   . 同理可求得 a ≤ 4,综上,可知 a =4. 考点一　利用导数研究恒成立问题和存在性问题 命题角度一　恒成立问题 典例1     (2016陕西西北九校联考)已知函数 f ( x )=-ln x + t ( x -1), t 为实数. (1)当 t =1时,求函数 f ( x )的单调区间; (2)当 t =   时,   -   - f ( x )<0在(1,+ ∞ )上恒成立,求实数 k 的取值范围. 解析　 (1)函数 f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ). 当 t =1时, f ( x )=-ln x + x -1, x >0, ∴ f '( x )=-   +1=   . 由 f '( x )<0可得0< x <1,由 f '( x )>0可得 x >1, ∴函数 f ( x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+ ∞ ). 考点突破 (2)当 t =   时, f ( x )=-ln x +   -   ,则   -   - f ( x )=   -   -   =ln x -   +   , 当 x >1时,   -   - f ( x )<0恒成立等价于 k <   - x ln x 在(1,+ ∞ )上恒成立. 令 g ( x )=   - x ln x , x >1, 则 g '( x )= x -(ln x +1)= x -1-ln x , x >1. 令 h ( x )= x -1-ln x , x >1,则 h '( x )=1-   =   , x >1. 当 x >1时, h '( x )>0,函数 h ( x )= x -1-ln x 在(1,+ ∞ )上单调递增,故 h ( x )> h (1)=0, 从而当 x >1时, g '( x )>0,即函数 g ( x )在(1,+ ∞ )上单调递增, 故 g ( x )> g (1)=   , ∴实数 k 的取值范围是   . 1-1     (2016湖北优质高中联考)已知函数 g ( x )满足 g ( x )= g '(1)e x -1 - g (0) x +   x 2 , 且存在实数 x 0 使得不等式2 m -1 ≥ g ( x 0 )成立,则 m 的取值范围为   (　　) A.(- ∞ ,2]　    B.(- ∞ ,3]　    C.[1,+ ∞ )　    D.[0,+ ∞ ) 答案     C     g '( x )= g '(1)e x -1 - g (0)+ x ,当 x =1时, g (0)=1,由 g (0)= g '(1)e 0-1 ,解得 g '(1) =e,所以 g ( x )=e x - x +   x 2 ,则 g '( x )=e x -1+ x ,当 x <0时, g '( x )<0,当 x >0时, g '( x )>0,所 以当 x =0时,函数 g ( x )取得最小值 g (0)=1,根据题意将不等式转化为2 m -1 ≥ g ( x ) min =1,所以 m ≥ 1,故选C. 典例2　 已知函数 f ( x )= x -( a +1)ln x -   ( a ∈R), g ( x )=   x 2 +e x - x e x . (1)当 x ∈[1,e]时,求 f ( x )的最小值; (2)当 a <1时,若存在 x 1 ∈[e,e 2 ],使得对任意的 x 2 ∈[-2,0], f ( x 1 )< g ( x 2 )恒成立, 求 a 的取值范围. 解析 　(1) f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ), f '( x )=   . ①当 a ≤ 1时, x ∈[1,e], f '( x ) ≥ 0, f ( x )为增函数,所以 f ( x ) min = f (1)=1- a . ②当1< a   , 所以 a 的取值范围为   . 易错警示 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即 f ( x ) ≥ g ( a )对 于 x ∈ D 恒成立,应求 f ( x )的最小值;若存在 x ∈ D ,使得 f ( x ) ≥ g ( a )成立,应求 f ( x )的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想 “恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在 性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题,以 免细节出错. 考点二　利用导数证明不等式 典例3     (2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数 f ( x )=ln x - x +1. (1)讨论 f ( x )的单调性; (2)证明当 x ∈(1,+ ∞ )时,1<   < x ; (3)设 c >1,证明当 x ∈(0,1)时,1+( c -1) x > c x . 解析 　(1)由题设知, f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ), f '( x )=   -1,令 f '( x )=0,解得 x = 1. 当0< x <1时, f '( x )>0, f ( x )单调递增;当 x >1时, f '( x )<0, f ( x )单调递减. (2)证明:由(1)知 f ( x )在 x =1处取得最大值,最大值为 f (1)=0. 所以当 x ≠ 1时,ln x < x -1. 故当 x ∈(1,+ ∞ )时,ln x < x -1,ln   <   -1,即1<   < x . (3)证明:由题设 c >1,设 g ( x )=1+( c -1) x - c x , 则 g '( x )= c -1- c x ln c , 令 g '( x )=0,解得 x 0 =   . 当 x < x 0 时, g '( x )>0, g ( x )单调递增;当 x > x 0 时, g '( x )<0, g ( x )单调递减. 由(2)知1<   < c ,故0< x 0 <1. 又 g (0)= g (1)=0,故当0< x <1时, g ( x )>0. 所以当 x ∈(0,1)时,1+( c -1) x > c x . 方法技巧 若证明 f ( x )< g ( x ), x ∈( a , b ),可以构造函数 F ( x )= f ( x )- g ( x ),若 F '( x )<0,则 F ( x )在 ( a , b )上是减函数,同时,若 F ( a ) ≤ 0,由减函数的定义可知,当 x ∈( a , b )时,有 F ( x )<0,即证明了 f ( x )< g ( x ). 2-1     (2016安徽合肥二模)已知函数 f ( x )=   . (1)若 f ( x )在区间(- ∞ ,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a =0, x 0 <1,设直线 y = g ( x )为函数 f ( x )的图象在 x = x 0 处的切线,求证: f ( x ) ≤ g ( x ). 解析 　(1)易得 f '( x )=-   , 由已知可知 f '( x ) ≥ 0对 x ∈(- ∞ ,2)恒成立, ∴1- a ≥ 2,∴ a ≤ -1. 故实数 a 的取值范围为(- ∞ ,-1]. (2)证明: a =0,则 f ( x )=   ,故 f '( x )=   . 函数 f ( x )的图象在 x = x 0 处的切线方程为 y = g ( x )= f '( x 0 )·( x - x 0 )+ f ( x 0 ). 令 h ( x )= f ( x )- g ( x )= f ( x )- f '( x 0 )( x - x 0 )- f ( x 0 ), x ∈R, 则 h '( x )= f '( x )- f '( x 0 )=   -   =   . 设 φ ( x )=(1- x )   -(1- x 0 )e x ,则 φ '( x )=-   -(1- x 0 )e x , ∵ x 0 <1,∴ φ '( x )<0,∴ φ ( x )在R上单调递减,而 φ ( x 0 )=0, ∴当 x < x 0 时, φ ( x )>0,当 x > x 0 时, φ ( x )<0, ∴当 x < x 0 时, h '( x )>0,当 x > x 0 时, h '( x )<0, ∴ h ( x )在区间(- ∞ , x 0 )上为增函数,在区间( x 0 ,+ ∞ )上为减函数,∴ x ∈R时, h ( x ) ≤ h ( x 0 )=0,∴ f ( x ) ≤ g ( x ). 考点三　利用导数研究函数零点或方程根的问题 典例4     (2016课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数 f ( x )=( x -2)e x + a ( x -1) 2 . (1)讨论 f ( x )的单调性; (2)若 f ( x )有两个零点,求 a 的取值范围. 解析 　(1) f '( x )=( x -1)e x +2 a ( x -1)=( x -1)(e x +2 a ). (i)设 a ≥ 0,则当 x ∈(- ∞ ,1)时, f '( x )<0;当 x ∈(1,+ ∞ )时, f '( x )>0.所以 f ( x )在 (- ∞ ,1)上单调递减,在(1,+ ∞ )上单调递增. (ii)设 a <0,由 f '( x )=0得 x =1或 x =ln(-2 a ). ①若 a =-   ,则 f '( x )=( x -1)(e x -e),所以 f ( x )在(- ∞ ,+ ∞ )上单调递增. ②若 a >-   ,则ln(-2 a )<1,故当 x ∈(- ∞ ,ln(-2 a )) ∪ (1,+ ∞ )时, f '( x )>0;当 x ∈ (ln(-2 a ),1)时, f '( x )<0.所以 f ( x )在(- ∞ ,ln(-2 a )),(1,+ ∞ )上单调递增,在(ln(-2 a ), 1)上单调递减. ③若 a <-   ,则ln(-2 a )>1,故当 x ∈(- ∞ ,1) ∪ (ln(-2 a ),+ ∞ )时, f '( x )>0;当 x ∈(1, ln(-2 a ))时, f '( x )<0.所以 f ( x )在(- ∞ ,1),(ln(-2 a ),+ ∞ )上单调递增,在(1,ln(-2 a ))上单调递减. (2)(i)设 a >0,则由(1)知, f ( x )在(- ∞ ,1)上单调递减,在(1,+ ∞ )上单调递增. 又 f (1)=-e, f (2)= a ,取 b 满足 b <0且 b   ( b -2)+ a ( b -1) 2 = a   >0, 所以 f ( x )有两个零点. (ii)设 a =0,则 f ( x )=( x -2)e x ,所以 f ( x )只有一个零点. (iii)设 a <0,若 a ≥ -   ,则由(1)知, f ( x )在(1,+ ∞ )上单调递增,又当 x ≤ 1时 f ( x ) <0,故 f ( x )不存在两个零点; 若 a <-   ,则由(1)知, f ( x )在(1,ln(-2 a ))上单调递减,在(ln(-2 a ),+ ∞ )上单调递 增,又当 x ≤ 1时 f ( x )<0,故 f ( x )不存在两个零点.综上, a 的取值范围为(0,+ ∞ ). 方法技巧 利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)求函数 f ( x )的单调区间和极值; (2)根据函数 f ( x )的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)求函数 f ( x )的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数. 3-1     (2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数 f ( x )= x 3 -3 x 2 + ax +2,曲线 y = f ( x )在点(0, 2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a ; (2)证明:当 k <1时,曲线 y = f ( x )与直线 y = kx -2只有一个交点. 解析 　(1) f '( x )=3 x 2 -6 x + a , f '(0)= a , 曲线 y = f ( x )在点(0,2)处的切线方程为 y = ax +2. 由题设得-   =-2,所以 a =1. (2)证明:由(1)知, f ( x )= x 3 -3 x 2 + x +2. 设 g ( x )= f ( x )- kx +2= x 3 -3 x 2 +(1- k ) x +4. 由题设知1- k >0. 当 x ≤ 0时, g '( x )=3 x 2 -6 x +1- k >0, g ( x )单调递增, g (-1)= k -1<0, g (0)=4,所以 g ( x ) =0在(- ∞ ,0]上有唯一实根. 当 x >0时,令 h ( x )= x 3 -3 x 2 +4,则 g ( x )= h ( x )+(1- k ) x > h ( x ). h '( x )=3 x 2 -6 x =3 x ( x -2), h ( x )在(0,2)上单调递减,在(2,+ ∞ )上单调递增, 所以 g ( x )> h ( x ) ≥ h (2)=0. 所以 g ( x )=0在(0,+ ∞ )上没有实根. 综上, g ( x )=0在R上有唯一实根,即曲线 y = f ( x )与直线 y = kx -2只有一个交点. 考点四　用导数解决实际生活中的优化问题 典例5     (2016云南玉溪一中月考)时下网校教学越来越受到广大学生的 喜爱,它已经成为学生们课外学习的一种趋势,假设某网校的套题每日 的销售量 y (单位:千套)与销售价格 x (单位:元/套)满足的关系式为 y =   +4( x -6) 2 ,其中2< x <6, m 为常数.已知销售价格为4元/套时,每日可售出套 题21千套. (1)求 m 的值; (2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销 售出的套数),试确定销售价格 x 的值,使网校每日销售套题所获得的利润 最大.(精确到0.1) 解析 　(1)因为 x =4时, y =21, 所以   +16=21,解得 m =10. (2)设每日销售套题所获得的利润为 f ( x )元.由(1)可知,套题每日的销售量 y =   +4( x -6) 2 . 所以 f ( x )=( x -2)·   =10+4( x -6) 2 ( x -2)=4 x 3 -56 x 2 +240 x -278(2< x < 6), 从而 f '( x )=12 x 2 -112 x +240=4(3 x -10)( x -6)(2< x <6). 令 f '( x )=0,得 x =   ,在   上, f '( x )>0,函数 f ( x )单调递增; 在   上, f '( x )<0,函数 f ( x )单调递减. 所以 x =   是函数 f ( x )在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当 x =   ≈ 3.3时,函数 f ( x )取得最大值. 故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大. 规律总结 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实 际问题中变量之间的函数关系式 y = f ( x ); (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使 f '( x )=0的点处的函数值的大小,最大(小)者 为最大(小)值; (4)回归实际问题,结合实际问题作答. 4-1　 某食品厂进行蘑菇的深加工,每千克蘑菇的成本为20元,并且每千 克蘑菇的加工费为 t 元( t 为常数,且2 ≤ t ≤ 5).设该食品厂每千克蘑菇的出 厂价为 x 元(25 ≤ x ≤ 40),根据市场调查,销售量 q 千克与e x 成反比,当每千 克蘑菇的出厂价为30元时,日销售量为100千克. (1)求该工厂的每日利润 y 元与每千克蘑菇的出厂价 x 元的函数关系式; (2)若 t =5,当每千克蘑菇的出厂价 x 为多少时,该工厂的每日利润 y 最大? 并求最大值. 解析 　(1)设 q =   ( k ≠ 0),则   =100,所以 k =100e 30 , 所以 q =   , 所以 y =   (25 ≤ x ≤ 40,2 ≤ t ≤ 5). (2)由题意知 y =   , 则 y '=   . 由 y ' ≥ 0得25 ≤ x ≤ 26,由 y ' ≤ 0,得26 ≤ x ≤ 40, 所以 y 在区间[25,26]上单调递增,在区间[26,40]上单调递减, 所以当 x =26时, y max =100e 4 , 即当每千克蘑菇的出厂价为26元时,该工厂的每日利润最大,最大值为 100e 4 元.