【数学】2019届一轮复习北师大版导数与函数的综合问题学案 11页

第16讲　导数与函数的综合问题 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题．‎ ‎2．会利用导数解决实际问题.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，21 ‎ ‎2017·全国卷Ⅱ，21‎ ‎2016·四川卷，21‎ 考查导数在研究函数中的应用，并应用导数的方法探求一些与不等式、函数、数列有关的综合问题，题目难度较大.‎ 分值：12～14分 ‎1．生活中的优化问题 通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．‎ ‎2．利用导数解决生活中的优化问题的基本思路 ‎3．导数在研究方程(不等式)中的应用 研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式．反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．‎ ‎4．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 ‎(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．‎ ‎(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题．‎ ‎(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题．‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．‎ ‎(1)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　×　)‎ ‎(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象与x轴最多有3个交点，最少有一个交点．(　√　)‎ ‎(3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，则f(x)＞g(x)．(　√　)‎ ‎(4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”的含义是“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”．(　×　)‎ ‎2．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＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为(　C　)‎ A．13万件　　　 B．11万件 C．9万件　　　 D．7万件 解析　y′＝－x2＋81，令y′＝0，得x＝9或x＝－9(舍去)，当x∈(0,9)时，y′＞0，当x∈(9，＋∞)时，y′＜0，则当x＝9时，y有最大值，即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．‎ ‎3．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续，且f′(x)0，且r>0，可得00，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．‎ 二　利用导数研究函数的零点或方程的根 研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．‎ ‎【例2】 已知函数f(x)＝x3－3x2＋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)＝3x2－6x＋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)＝x3－3x2＋x＋2.‎ 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.‎ 由题设知1－k>0.‎ 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋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)＝x3－3x2＋4，‎ 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．‎ h′(x)＝3x2－6x＝3x(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．‎ 三　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式的解题策略 ‎(1)证明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，那么F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．‎ ‎(3)在证明过程中，一个重要技巧就是找到函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点，这往往就是解决问题的一个突破口．‎ ‎【例3】 已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈，求证：f(x)≤0.‎ 证明　∵f(x)＝xcos x－sin x，‎ ‎∴f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.‎ ‎∵在区间上f′(x)＝－xsin x<0，‎ ‎∴f(x)＝xcos x－sin x在上单调递减，‎ ‎∴f(x)≤f(0)＝0，即f(x)≤0.‎ 四　利用导数研究恒成立或能成立问题 利用导数研究恒成立或能成立问题的方法 ‎(1)由不等式恒成立或能成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min，或者是在其定义域内存在x使a≥g(x)成立，只需a≥g(x)min即可．另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．‎ ‎(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．‎ ‎【例4】 (1)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎(2)已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．‎ 解析　(1)由题意，知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤2ln x＋x＋对一切x∈(0，＋∞)恒成立．‎ 令h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则 h′(x)＝＋1－＝＝.‎ ‎①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)内单调递减；‎ ‎②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)内单调递增．‎ ‎∴h(x)min＝h(1)＝4.∴a≤h(x)min＝4.‎ ‎∴实数a的取值范围是(－∞，4]．‎ ‎(2)问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，‎ 显然，g(x)单调递减，∴在区间[2,4]上，g(x)max＝g(2)＝，‎ g(x)min＝g(4)＝－.‎ 对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下.‎ x ‎－1‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ a－4‎ 单调递增 ＋a 单调递减 a 单调递增 a＋2‎ ‎∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，∴ ‎∴a∈.‎ ‎1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为(　A　)‎ A．3　　　 B．4　　　　‎ C．6　　　 D．5‎ 解析　设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，‎ ‎∴l＝，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．‎ 由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·.‎ ‎∴S′＝2πR－，令S′＝0，得R＝3，‎ 则当R＝3时，S最小．故选A．‎ ‎2．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(　C　)‎ A．(2，＋∞)　　　 B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，－2)　　　 D．(－∞，－1)‎ 解析　a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．‎ 所以a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f＞0，‎ 即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，则a＜－2.‎ ‎3．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝__－2或2__.‎ 解析　设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.‎ ‎4．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__[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)＝＝－.‎ 由g′(x)＝0得x＝，当x∈时，g′(x)>0；‎ 当x∈时，g′(x)<0.‎ 因此g(x)的最大值为g＝4，‎ 则实数a的取值范围是[4，＋∞)．‎ 错因分析：对一些函数的定义域没有认清，不能对要证明的目标进行合理转化，也不能按得分点规范化书写而失分．‎ ‎【例1】 设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a＞0时，f(x)≥‎2a＋aln.‎ 解析　 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝(ex·ex)′－(aln x)′＝2e2x－(x>0)，‎ 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．‎ 当a＞0时，设u(x)＝2e2x，v(x)＝，‎ 因为u(x)＝2e2x在(0，＋∞)上单调递增，‎ v(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，‎ 在同一坐标系中作出u(x)，v(x)的简图如下．‎ 可知u(x)与v(x)的图象在(0，＋∞)上仅有一个交点．‎ 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．‎ 综上得f′(x)的零点的个数为1.‎ ‎(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，所以e2x0＝，aln x0＝－2ax0－aln ，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.‎ 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.‎ ‎【跟踪训练1】 已知f(x)＝xln x，证明：当x≥1时，2x－e≤f(x)．‎ 证明　令g(x)＝f(x)－2x＋e，‎ 则g′(x)＝f′(x)－2＝ln x－1.‎ 令g′(x)＝0，得x＝e.‎ 当x∈(1，e)时，g′(x)<0；‎ 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0.‎ ‎∴g(x)在(1，e)内单调递减，在(e，＋∞)内单调递增．‎ ‎∴g(x)极小值＝g(e)＝f(e)－2e＋e＝0.‎ 又∵g(1)＝f(1)－2＋e＝e－2>0，‎ ‎∴g(x)在[1，＋∞)内的最小值为0，‎ ‎∴g(x)≥g(x)min＝0，∴f(x)－2x＋e≥0，即2x－e≤f(x)．‎ 课时达标　第16讲 ‎[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．‎ ‎1．已知函数f(x)＝x3＋x，∀m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，求实数x的取值范围．‎ 解析　∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)在R上为增函数．‎ 又f(－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，‎ 由f(mx－2)＋f(x)<0，得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，‎ ‎∴mx－2<－x即xm＋x－2<0对∀m∈[－2,2]恒成立．‎ 记g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，‎ 则解得－20)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴g(x)min＝g(1)＝－＋3－＝0，‎ ‎∴当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－＋－4x＋.‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ改编)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)．‎ ‎①当a>0时，由ax2－1>0，得x>；由ax2－1<0，得00时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ ‎②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．‎ 故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)原式等价于方程a＝＝φ(x)在区间[，e]上有两个不等解．‎ 由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，‎ 而φ(e)＝<＝＝φ()，所以φ(x)min＝φ(e)，‎ 如图，可知φ(x)＝a有两个不等解时需≤a<，即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不等解时，a的取值范围为.‎ ‎5．已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.‎ ‎(1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．‎ 解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2ln x＋x2－1，‎ f′(x)＝2xln x＋3x.‎ 则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3.‎ 又f(1)＝0，所以切线方程为3x－y－3＝0.‎ ‎(2)f′(x)＝2xln x＋(1－‎2a)x＝x(2ln x＋1－‎2a)，其中x≥1.‎ 当a≤时，因为x≥1，所以f′(x)≥0.‎ 所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增．故f(x)≥f(1)＝0.‎ 当a>时，令f′(x)＝0，得x＝ea－.‎ 若x∈[1，ea－)，则f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在[1，ea－)上单调递减，‎ 所以当x∈[1，ea－)时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．‎ 综上，a的取值范围是.‎ ‎6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a元(a为常数，2≤a≤5)的税收，设每件产品的日售价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．‎ ‎(1)求商店的日利润L(x)元与每件产品的日售价x元的函数关系式；‎ ‎(2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L(x)最大，说明理由．‎ 解析　(1)设日销售量为件，则＝10，∴k＝10e40.‎ 则日销售量为件，每件利润为(x－30－a)元，‎ 则日利润L(x)＝10e40·(35≤x≤41)．‎ ‎(2)L′(x)＝10e40·(35≤x≤41)．‎ ‎①当2≤a≤4时，33≤31＋a≤35，‎ L′(x)≤0，L(x)在[35,41]上是减函数．‎ ‎∴当x＝35时，L(x)的最大值为10(5－a)e5.‎ ‎②当4