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- 2021-06-30 发布
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第17讲 导数的综合应用
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解决某些实际问题(B级要求).
诊 断 自 测
1.(教材改编)函数y＝＋2ln x的最小值为________.
解析 定义域为{x|x>0}，令y′＝－<0，解得0a，则实数a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，f(2)＝7，故f(x)min＝，所以a<.
答案 (－∞，)
4.(选修1－1P83习题3改编)若做一个容积为256的正方形底无盖水箱，为使它的用料最省(全面积最小)，则它的高为________.
解析 设底的边长为a，水箱的高为h，即容积V＝a2h，由已知V＝256得a2h
＝256，故h＝.又用料S＝a2＋4ah＝a2＋4a·＝a2＋，记S＝f(a)，则f′(a)＝2a－＝，
令f′(a)>0得a>8；令f′(a)<0得00得r3>，即r>，故f(r)在上递减，在上递增，故r＝时用料最省，此时高h＝＝＝＝.
答案
知 识 梳 理
1.最值与不等式
各类不等式与函数最值的关系如下表：
不等式类型
与最值的关系
任意的x∈D，f(x)>M
任意的x∈D，f(x)min>M
任意的x∈D，f(x)M
任意的x∈D，f(x)max>M
存在x∈D，f(x)g(x)
任意的x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
任意的x∈D，f(x)g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max
任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min
存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max
存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min
2.生活中的优化问题
解决优化问题的基本思路：
考点一 导数在研究不等式问题中的应用(典例迁移)
【例1】 (经典母题)已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时， 不等式f(x)≥恒成立 ，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1；
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，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].
【迁移探究1】 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1(2)解可知，
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.
【迁移探究2】 (2018·苏州调研)已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若存在唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，
f′(x)＝ex(2x＋1)－1，
显然f′(0)＝0，
当x∈(0，＋∞)时，ex>1，2x＋1>1，∴f′(x)>0，
当x∈(－∞，0)时，01时，a>；当x<1时，a<.
记g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
∴g(x)在区间(－∞，0)和上为增函数，在(0，1)和上为减函数.
∴当x>1时，a>g＝4e，当x<1时，aa，
又存在唯一整数x0，满足g(x0)>a，且g(0)＝1>a，
∴g(－1)≤a，即a≥，∴≤a<1.
当a>4e时，x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，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.
(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 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.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
考点二 导数在研究函数零点、方程解中的应用
【例2】 (2018·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∈，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∈，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′＝e>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)在区间上有两个零点.理由如下：
由(2)知，当a≤1时，f(x)在上是增函数，且f(0)＝0，故函数f(x)在区间上无零点.
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∈时，恒有g′(x)>0，所以g(x)在上是增函数.由g(0)＝1－a<0，
g＝e＋a>0，
故g(x)在上存在唯一的零点x0，
即方程f′(x)＝0在上存在唯一解x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，
在上单调递增.
当x∈(0，x0)时，f(x)0，
所以f(x)在上有唯一零点.
所以，当a>1时，f(x)在上有一个零点.
综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点.
规律方法 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.
【训练2】 (2018·南通、泰州第一次调研测试)已知函数f(x)＝ax2－x－ln x，a∈R.
(1)当a＝时，求函数f(x)的最小值；
(2)当－1≤a≤0时，证明：函数f(x)有且只有一个零点；
(3)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.
(1)解 当a＝时，f(x)＝x2－x－ln x.
f′(x)＝x－1－＝(x>0).
令f′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x＝2时，f(x)有极小值，也是最小值，f(2)＝－－ln 2.
(2)证明 由f(x)＝ax2－x－ln x，得f′(x)＝2ax－1－＝，x>0.
所以当a≤0时，f′(x)＝<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.
因为当－1≤a≤0时，f(1)＝a－1<0，f ＝>0，
所以当－1≤a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有零点.
综上，当－1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点.
(3)解 由(2)知，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.
因为函数f(x)有两个零点，所以a>0.
由f(x)＝ax2－x－ln x，得f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝2ax2－x－1.
因为g(0)＝－1<0，2a>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，
设为x0，
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增.
要使函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，
只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax－x0－ln x0<0.
又因为g(x0)＝2ax－x0－1＝0，所以2ln x0＋x0－1>0，令h(x)＝2ln x＋x－1，由h(x)在(0，＋∞)上是增函数，且h(1)＝0，
所以x0>1，得0<<1.
又由2ax－x0－1＝0，得2a＝＋＝－.
所以00，
所以10，且f(x0)<0，
所以函数f(x)在上有一个零点.
又因为f ＝－－ln ≥－＝1>0，因为ln x≤x－1，
且f(x0)<0，所以函数f(x)在上有一个零点.
所以当00，所以函数F(x)在上单调递增，
在x∈时，F′(x)<0，所以函数F(x)在上单调递减，
所以当x＝≈4.3时，函数F(x)取得最大值.
答：当销售价格为4.3元/套时， 校每日销售套题所获得的利润最大.
规律方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合.用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.
【训练3】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元.
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元.
又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3).
因r>0，又由h>0可得0＜r<5，
故函数V(r)的定义域为(0，5).
(2)因V(r)＝(300r－4r3)(0＜r＜5)，
故V′(r)＝(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去).
当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数.
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，
此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.
一、必做题
1.某商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________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 3
2.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________.
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时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
所以由题意知f<0，解得a>3.
答案 (3，＋∞)
4.(2018·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________.
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.
答案 4－2ln 2
5.(2017·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点
，则实数m的取值范围为________.
解析 当0≤x≤1时，f(x)＝2x3＋3x2＋m，f′(x)＝6x2＋6x≥0，所以f(x)在[0，1]上单调递增，其图象与x轴只能有一个交点，从而要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则需满足从而可得m∈(－5，0).
答案 (－5，0)
6.(2017·启东中 月考)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________.
解析 已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，
设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，
因为存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，
所以存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线h(x)＝ax－a的下方.
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，
所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，
所以当x＝－时，g(x)min＝g＝－2e－.
又g(0)＝－1<0，g(1)＝e>0，直线h(x)＝ax－a恒过定点(1，0)，在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)＝ex(2x－1)与h(x)＝ax－a的图象，由图象知h(0)>g(0)，且g(－1)≥h(－1)，解得≤a<1.所以a的取值范围是.
答案
7.(2017·常州期末)已知函数f(x)＝若不等式f(x)≥kx对任意的x∈R恒成立，则实数k的取值范围是________.
解析 当x≤0时，f(x)≥kx恒成立，知2x2－3x≥kx恒成立，则k≥2x－3恒成立.令g(x)＝2x－3，则k≥g(x)max＝g(0)＝－3，所以k≥－3.当x>0时，先求函数y＝ex＋e2(x>0)的图象的过坐标原点的切线.设切点为(x0，y0)，由y′＝ex，得ex0＝，即x0·ex0＝ex0＋e2.当x0>2时，x0·ex0>ex0＋e2；当0OB.现设计师在支架OB上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为M，且M与OB的长成正比，比例系数为k(k为正常数).在△AOC区域(如图中阴影区域)内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为
N，且N与△AOC的面积成正比，比例系数为4k.设OA＝x，OB＝y.
(1)求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(2)求N－M的最大值及相应的x的值.
解 (1)因为OA＝x，OB＝y，则AB＝y＋1，
由余弦定理得x2＋y2－2xycos 120°＝(y＋1)2，
解得y＝.由x>0，y>0，得1y，得x>，解得10)；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，该商品的月销量额最大？
(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＋×－，解得－400，得x<8，
此时g(x)在[6，8)上单调递增，在(8，14)上单调递减，
当x＝8时，g(x)有最大值g(8)＝.
所以若a＝，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大.
(2)设f(x)＝y1－y2＝x2＋x＋a2－1－a，
因为a>0，所以f(x)在区间(1，14)上是单调增函数.
若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，即函数f(x)在区间[6，14)上有零点，
所以即解得00；当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减.
所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.
又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0).
当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以＝＝，应有≥，又k>0，所以k≥1.
答案 [1，＋∞)
12.(2017·常州一模)已知函数f(x)＝ax2ln x＋bx＋1.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝2，且关于x的方程f(x)＝1在上恰有两个不相等的实根，求实数b的取值范围；
(3)若a＝2，b＝－1，当x≥1时，关于x的不等式f(x)≥t(x－1)2恒成立，求实数
t的取值范围.(其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)
解 (1)f′(x)＝axln x＋ax＋b，由题意得f′(1)＝a＋b＝，
且f(1)＝b＋1＝1，所以a＝1，b＝0.
此时f′(x)＝xln x＋x(x>0).
令f′(x)＝xln x＋x>0，得x>e－；
令f′(x)＝xln x＋x<0，得0时，h′(x)＝2xln x＋x－1－2t(x－1)，
令φ(x)＝2xln x＋x－1－2t(x－1)，则φ′(x)＝2ln x＋3－2t，
令φ′(x)＝2ln x＋3－2t＝0得，x＝e>1，
当1≤x≤e时，φ′(x)<0，所以φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ(1)＝0，即h′(x)≤0，所以h(x)单调递减，
所以当1
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