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
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.
