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  • 2021-06-24 发布

【数学】2018届一轮复习苏教版3-2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题教案(江苏专用)

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第3课时 导数与函数的综合问题 题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式 例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是________________.‎ 答案 (-∞,-2)∪(0,2)‎ 解析 ∵当x>0时,′<0,‎ ‎∴φ(x)=为减函数,‎ 又φ(2)=0,∴当且仅当00,‎ 此时x2f(x)>0.‎ 又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.‎ 故x2f(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).‎ 命题点2 证明不等式 例2 (2016·全国丙卷)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<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 x0,f(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 所以x=1为极大值点,所以00,‎ 所以g(x)为单调增函数,所以g(x)≥g(1)=2,‎ 故k≤2.所以实数k的取值范围是(-∞,2].‎ 引申探究 本题(2)中,若改为存在x0∈[1,e],使不等式f(x)≥成立,求实数k的取值范围.‎ 解 当x∈[1,e]时,k≤有解,‎ 令g(x)=,由例3(2)解题知,‎ g(x)为单调增函数,∴g(x)max=g(e)=2+,‎ ‎∴k≤2+,即实数k的取值范围是(-∞,2+].‎ 思维升华 (1)利用导数解不等式的思路 已知一个含f′(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式.‎ ‎(2)利用导数证明不等式的方法 证明f(x)时,令f′(x)=0,得x=.‎ 若x∈[1,],则f′(x)<0,‎ 所以函数f(x)在[1,)上单调递减,‎ 所以当x∈[1,)时,‎ f(x)≤f(1)=0,不符合题意.‎ 综上,a的取值范围是(-∞,].‎ 题型二 利用导数研究函数零点问题 例4 (2016·扬州模拟)设函数f(x)=xex-asin xcos x (a∈R,其中e是自然对数的底数).‎ ‎(1)当a=0时,求f(x)的极值;‎ ‎(2)若对于任意的x∈[0,],f(x)≥0恒成立,求a的取值范围;‎ ‎(3)是否存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1) 当a=0时,f(x)=xex,f′(x)=ex(x+1),‎ 令f′(x)=0,得x=-1.‎ 列表如下:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-,无极大值.‎ ‎(2)①当a≤0时,由于对于任意x∈[0,],有sin xcos x≥0,所以f(x)≥0恒成立,即当a≤0时,符合题意;‎ ‎②当01时,f′(0)=1-a<0,‎ f′()=(+1)>0,‎ 设f′(α)=0,其中α是f′(x)=0中最接近x=0的零点.‎ 所以f(x)在(0,α)上为减函数,此时f(x)1时,不符合题意.‎ 综上所述,a的取值范围是(-∞,1].‎ ‎(3)不存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点.‎ 由(2)知,当a≤1时,f(x)在(0,)上是增函数,且f(0)=0,故函数f(x)在区间(0,)上无零点.‎ 当a>1时,f′(x)=ex(x+1)-acos 2x.‎ 令g(x)=ex(x+1)-acos 2x,‎ 则g′(x)=ex(x+2)+2asin 2x,‎ 当x∈(0,)时,恒有g′(x)>0,‎ 所以g(x)在(0,)上是增函数.‎ 由g(0)=1-a<0,‎ g()=(+1)+a>0,‎ 故g(x)在(0,)上存在唯一的零点x0,‎ 即方程f′(x)=0在(0,)上存在唯一解x0.‎ 且当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(x0,)时,f′(x)>0,‎ 即函数f(x)在(0,x0)上单调递减,‎ 在(x0,)上单调递增.‎ 当x∈(0,x0)时,f(x)0,‎ 所以f(x)在(x0,)上有唯一零点.‎ 所以,当a>1时,f(x)在(0,)上有一个零点.‎ 综上所述,不存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点.‎ 思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数.‎ ‎ 已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x的图象与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围.‎ 解 f′(x)=x(2+cos x),‎ 令f′(x)=0,得x=0.‎ ‎∴当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增.‎ 当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减.‎ ‎∴f(x)的最小值为f(0)=1.‎ ‎∵函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,‎ ‎∴当b>1时,曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.‎ 综上可知,b的取值范围是(1,+∞).‎ 题型三 利用导数研究生活中的优化问题 例5 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);月需求量为y2万吨,y2=-x2-x+1,当该商品的需求量大于供给量时,销售量等于供给量;当该商品的需求量不大于供给量时,销售量等于需求量,该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.‎ ‎(1)若a=,问商品的价格为多少时,该商品的月销售额最大?‎ ‎(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格,若该商品的均衡价格不低于每吨6百元,求实数a的取值范围.‎ 解 (1) 若a=,由y2>y1,‎ 得-x2-x+1>x+()2-,‎ 解得-400,得x<8,‎ 所以g(x)在[6,8)上是增函数,在(8,14)上是减函数,‎ 故当x=8时,g(x)有最大值g(8)=.‎ ‎(2)设f(x)=y1-y2=x2+(+a)x+a2-1-a,‎ 因为a>0,所以f(x)在区间(1,14)上是增函数,‎ 若该商品的均衡价格不低于6百元,则函数f(x)在区间[6,14)上有零点,‎ 所以即 解得00,得x<0或x>,‎ 又x∈[0,2],所以g(x)在区间[0,]上单调递减,在区间[,2]上单调递增,所以g(x)min=g()=-,‎ g(x)max=g(2)=1.‎ 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,‎ 则满足条件的最大整数M=4. [7分]‎ ‎(2)对于任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间[,2]上,函数f(x)min≥g(x)max.‎ ‎[9分]‎ 由(1)可知在区间[,2]上,g(x)的最大值为g(2)=1.‎ 在区间[,2]上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.‎ 设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,‎ 可知h′(x)在区间[,2]上是减函数,又h′(1)=0,‎ 所以当10.[14分]‎ 即函数h(x)=x-x2ln x在区间(,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h(x)max=h ‎(1)=1,‎ 所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞). [16分]‎ ‎1.函数f(x)=(x-1)2(x-2)2的极大值是________.‎ 答案  解析 ∵f(x)=(x-1)2(x-2)2,‎ ‎∴f′(x)=2(x-1)(2x-3)(x-2).‎ 令f′(x)=0,得可能的极值点x1=1,x2=,x3=2.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,1)‎ ‎1‎ ‎(1,)‎ ‎(,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴f()=是函数的极大值.‎ ‎2.已知曲线y=x2+aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k,若k的最小值为4,则此时切点的坐标为________.‎ 答案 (1,1)‎ 解析 函数y=x2+aln x(a>0)的定义域为{x|x>0},y′=2x+≥2=4,则a=2,当且仅当x=1时,“=”成立,将x=1代入曲线方程得y=1,故所求的切点坐标是(1,1).‎ ‎3.如果不等式≤对任意的正实数x恒成立,则实数k的取值范围为____________.‎ 答案 (0,1]‎ 解析 由题意知k>0,令f(x)=(x>0),‎ 则f(x)==,‎ 因此f′(x)=,令f′(x)=0,解得x=,且函数f(x)在x= 处取得极大值,也是最大值,‎ 由题意有≤,所以00),则获得最大利润时的年产量为________百万件.‎ 答案 3‎ 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.‎ ‎5.(2017·南京质检)直线x=t分别与函数f(x)=ex+1的图象及g(x)=2x-1的图象相交于点A和点B,则AB的最小值为________.‎ 答案 4-2ln 2‎ 解析 由题意得,AB=|ex+1-(2x-1)|‎ ‎=|ex-2x+2|,令h(x)=ex-2x+2,‎ 则h′(x)=ex-2,所以h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,‎ 在(ln 2,+∞)上单调递增,‎ 所以h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0,‎ 即AB的最小值是4-2ln 2.‎ ‎6.已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x≠0时,f′(x)+>0,若a=f,b=-2f(-2),c=·f,则a,b,c的大小关系是____________.‎ 答案 a0时,h′(x)=f(x)+x·f′(x)>0,‎ ‎∴此时函数h(x)单调递增.‎ ‎∵a=f=h,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),‎ c=f=h=h(-ln 2)=h(ln 2),‎ 又1,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________________.‎ 答案 (0,+∞)‎ 解析 设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),‎ 则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex ‎=ex[f(x)+f′(x)-1],‎ ‎∵f(x)+f′(x)>1,∴f(x)+f′(x)-1>0,‎ ‎∴g′(x)>0,∴y=g(x)在定义域上单调递增,‎ ‎∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3,‎ 又∵g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,‎ ‎∴g(x)>g(0),∴x>0.‎ ‎9.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0且x0>0,则a的取值范围是________.‎ 答案 (-∞,-2)‎ 解析 当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不合题意,故a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),‎ 令f′(x)=0,得x1=0,x2=.‎ 若a>0,由三次函数图象知f(x)有负数零点,不合题意,故a<0.‎ 由三次函数图象及f(0)=1>0知,‎ f()>0,‎ 即a×()3-3×()2+1>0,化简得a2-4>0,‎ 又a<0,所以a<-2.‎ ‎10.已知函数f(x)=ax3-3x+1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围是________.‎ 答案 [4,+∞)‎ 解析 当x∈(0,1]时不等式ax3-3x+1≥0可化为a≥,设g(x)=,x∈(0,1],‎ g′(x)==-.‎ g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,1)‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ g(x)‎ ↗‎ 极大值4‎ ‎↘‎ 因此g(x)的最大值为4,‎ 则实数a的取值范围是[4,+∞).‎ ‎11.(2016·盐城模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值;‎ ‎(2)设g(x)=,x>-1且x≠0,证明:g(x)<1.‎ ‎(1)解 f′(x)=-xex.‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 所以f(x)的最大值为f(0)=0.‎ ‎(2)证明 由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1.‎ 当-1x.‎ 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.‎ 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0h(0)=0,即g(x)<1.‎ 综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.‎ ‎12.已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).‎ ‎(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;‎ ‎(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.‎ 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,‎ 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.‎ ‎(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0.‎ ‎①当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,‎ 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0.‎ 当x<0时,取x=-,则f(-)<1+a(--1)=-a<0.‎ 所以函数f(x)存在零点,不满足题意.‎ ‎②当a<0时,f′(x)=ex+a,‎ 令f′(x)=0,得x=ln(-a).‎ 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.‎ 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e20时,f′(x)≥0恒成立,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴x=1不是f(x)的极值点.故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.‎ ‎(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x-2x0,‎ 记F(x)=x-ln x(x>0),则F′(x)=(x>0),‎ ‎∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.‎ ‎∴F(x)>F(1)=1>0,∴a≥,‎ 记G(x)=,x∈[,e],‎ ‎∴G′(x)= ‎=.‎ ‎∵x∈[,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,‎ ‎∴x-2ln x+2>0,‎ ‎∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;‎ x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增,‎ ‎∴G(x)min=G(1)=-1.‎ ‎∴a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为[-1,+∞).‎