【数学】2019届一轮复习人教A版理第2章第11节　第3课时　导数与函数的综合问题教案

【数学】2019届一轮复习人教A版理第2章第11节　第3课时　导数与函数的综合问题教案

第3课时　导数与函数的综合问题 ‎(对应学生用书第39页)‎ 利用导数研究不等式的有关问题 ‎◎角度1　证明不等式 ‎　(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋(2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，‎ 即ln＋＋1≤0.‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，‎ 则g′(x)＝－1.‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)>0；‎ 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．‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.‎ 所以当x>0时，g(x)≤0.‎ 从而当a<0时，ln＋＋1≤0，‎ 即f(x)≤－－2.‎ ‎◎角度2　解决不等式恒(能)成立问题 ‎　(2018·广州综合测试(二))已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e.‎ ‎(1)求实数b的值；‎ ‎(2)若存在x∈[e，e]，满足f(x)≤＋e，求实数a的取值范围. ‎ ‎【导学号：97190086】‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．‎ 因为f(x)＝－ax＋b，‎ 所以f′(x)＝－a.‎ 所以函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b.‎ 已知函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，比较可得b＝e.‎ 所以实数b的值为e.‎ ‎(2)f(x)≤＋e，即－ax＋e≤＋e，所以问题转化为a≥－在[e，e]上有解．‎ 令h(x)＝－(x∈[e，e])，‎ 则h′(x)＝－＝ ‎＝.‎ 令p(x)＝ln x－2，‎ 所以当x∈[e，e]时，有p′(x)＝－＝＜0.‎ 所以函数p(x)在区间[e，e]上单调递减．‎ 所以p(x)≤p(e)＝ln e－2＜0.‎ 所以h′(x)＜0，即h(x)在区间[e，e]上单调递减．‎ 所以h(x)≥h(e)＝－＝－.‎ 所以实数a的取值范围为.‎ ‎[规律方法]　1.利用导数证明含“x”不等式方法，证明：f(x)＞g(x).‎ 法一：移项，f(x)－g(x)＞0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化证明F(x)min＞0，利用导数研究F(x)单调性，用上定义域的端点值.‎ 法二：转化证明：f(x)min＞g(x)max.‎ 法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.‎ ‎2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.‎ (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎3.“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.应特别关注等号是否成立问题.‎ ‎[跟踪训练]　(2018·东北三省三校二联)已知函数f(x)＝sin x.‎ ‎(1)当x＞0时，证明：f′(x)＞1－；‎ ‎(2)若当x∈时，f(x)＋＞ax恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)证明：设g(x)＝f′(x)－＝cos x－(x＞0)，则g′(x)＝－sin x＋x(x＞0)．‎ 令M(x)＝g′(x)(x＞0)，则M′(x)＝1－cos x≥0，‎ ‎∴g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴g′(x)＞g′(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴g(x)＞g(0)＝0.∴f′(x)＞1－成立．‎ ‎(2)当x∈时，‎ f(x)＋＞ax⇔sin x＋tan x＞ax.‎ 设h(x)＝sin x＋tan x－ax，‎ 则h′(x)＝cos x＋－a.‎ 令t＝cos x，由0＜x＜，得0＜t＜1.‎ 设k(t)＝t＋(0＜t＜1)，则k′(t)＝1－＝＜0.‎ ‎∴k(t)在(0,1)上单调递减．∴k(t)＞k(1)＝2.‎ 当a≤2时，h′(x)＞0，∴h(x)在上单调递增．‎ ‎∴h(x)＞h(0)＝0，即原不等式成立．‎ 当a＞2时，关于t的方程t＋＝a在(0,1)仅有一根，设根为t0，设cos m＝t0,0＜m＜，‎ 则存在唯一m，使得cos m＝t0.‎ 当x∈(0，m)时，t0＜cos x＜1⇒h′(x)＜0，‎ ‎∴h(x)在(0，m)上单调递减．‎ ‎∴h(x)＜h(0)＝0，这与条件矛盾，∴a＞2时不成立．‎ 综上所述，a≤2，即实数a的取值范围为(－∞，2]．‎ 利用导数研究函数零点、方程的根、极值个数问题 ‎　(2016·北京高考节选)设函数f(x)＝x3＋ax＋bx＋c.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝x3＋ax＋bx＋c，得f′(x)＝3x＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.‎ ‎(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x＋4x＋c，‎ 所以f′(x)＝3x＋8x＋4.‎ 令f′(x)＝0，得3x＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎－ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ c ‎↘‎ c－ ‎↗‎ 所以，当c＞0且c－＜0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.‎ 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x＋4x＋c有三个不同零点．‎ ‎[规律方法]　利用导数研究方程根的方法 (1)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.‎ (2)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.‎ (3)可以通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.‎ ‎[跟踪训练]　设函数f(x)＝－kln x，k＞0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点. ‎ ‎【导学号：97190087】‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝无极大值．‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k＞e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 利用导数研究生活中的优化问题 ‎　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)，其中3

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