【数学】2018届一轮复习人教A版（理）3-3导数的综合应用学案
§3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数研究生活中的优化问题
[典题1] 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)．
因为r>0，又由h>0可得0＜r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
故V′(r)＝(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，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．
[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出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f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答.
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3＜x＜6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解：(1)因为当x＝5时，y＝11，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.
从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值42
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)上的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
答：当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
考点2 利用导数研究方程的零点问题
[典题2] [2017·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝x2，g(x)＝aln x(a>0)．
(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；
(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a－1)x在区间上有两个零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意知，F(x)＝f(x)·g(x)＝ax2ln x，
F′(x)＝axln x＋ax＝ax(2ln x＋1)，
由F′(x)>0得x>e，
由F′(x)<0得0
0，G(x)单调递增．
要使G(x)在区间上有两个零点，
需满足
即即
下面比较与的大小．
由于－＝
＝>0，故>，
故实数a的取值范围为.
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．
(1)解：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)．
当x变化时，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()＝.
(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(0，)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．
考点3 利用导数研究与不等式有关的问题
[考情聚焦] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．
主要有以下几个命题角度：
角度一
证明不等式
[典题3] [2017·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，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)[解] 易得f′(x)＝－，
由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a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)＝.
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－
＝.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x＜x0时，φ(x)＞0，
当x＞x0时，φ(x)＜0，
∴当x＜x0时，h′(x)＞0，
当x＞x0时，h′(x)＜0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x)．
角度二
不等式恒成立问题
[典题4] [2017·青海西宁模拟]已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝xex.
(1)求f(x)－g(x)的极值；
(2)当x∈(－2,0)时，f(x)＋1≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex，则h′(x)＝(x＋1)(2－ex)，
令h′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln 2.
当x变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，
－1)
－1
(－1，
ln 2)
ln 2
(ln 2，
＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
h(x)
极小值
极大值
∴h(x)极小值＝h(－1)＝－1，h(x)极大值＝h(ln 2)＝ln22，即f(x)－g(x)的极小值为－1，极大值为ln22.
(2)由题意知，当x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，即a≥恒成立．
令t(x)＝，
则t′(x)＝－，
∴当x∈(－2，－1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；
当x∈(－1,0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减．
故当x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0.
∴a≥0.
故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
角度三
存在型不等式成立问题
[典题5] [2017·福建四地六校联考]已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a
的取值范围．
[解] (1)不存在实数a，使得f(x)在x＝1处，取得极值．
证明如下：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝，
当x>0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)，
∴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∈，
∴G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈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，＋∞)．
[点石成金] 导数在不等式中的应用问题两大解题策略
(1)利用导数证明不等式
若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x
)＜0，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，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题，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；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．
真题演练集训
1．[2015·新课标全国卷Ⅰ]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( )
A. B．
C. D．
答案：D
解析：∵ f(0)＝－1＋a＜0，∴ x0＝0.
又x0＝0是唯一的整数，∴
即解得a≥.
又a＜1，∴ ≤a＜1，故选D.
2．[2014·陕西卷]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )
A．y＝x3－x B．y＝x3－x
C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
答案：A
解析：设所求函数解析式为y＝f(x)，由题意知f(5)＝－2，f(－5)＝2，且f
′(±5)＝0，代入验证易得y＝x3－x符合题意，故选A.
3．[2014·辽宁卷]当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，－3] B．
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
答案：C
解析：当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，
a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－＞0，
∴φ(x)在(0,1]上单调递增，
φ(x)max＝φ(1)＝－6.
∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤，
∴a≤min.
仍设φ(x)＝，
φ′(x)＝－，
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0；
当x∈(－1,0)时，φ′(x)＞0.
∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
综上可知，a的取值范围为[－6，－2]．
4．[2016·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)解：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a)．
(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
(ⅱ)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．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e x2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
5．[2015·新课标全国卷Ⅱ]设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，
故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1]．
6．[2015·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．
解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；
若a＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x＝1不是h(x
)的零点．
当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x＞0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．
①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．
而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．
②若－3＜a＜0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，
故在(0,1)上，当x＝ 时，f(x)取得最小值，最小值为f＝ ＋.
a．若f＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点．
b．若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．
c．若f＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f(x)在(0,1)上有一个零点．
综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－时，h(x)有三个零点．
课外拓展阅读
巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题
“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．
方法一 分离参数法
[典例1] [改编题]设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是( )
A．(e，＋∞) B．[e，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
[答案] A
[解析] 解法一：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，
即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.
因为g′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)＞g′(1)＝e－a.
又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则必有e－a＜0，即a＞e.
综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．
解法二：f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a.由题意得，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，即当x∈(1，＋∞)时，a≥恒成立，则a≥1.
当a≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；
当0＜a≤e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a≤1，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；
当a＞e时，由g′(x)＞0得x＞ln a，又ln a＞1，故g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.
由题意知ln a＞1，所以a＞e.
综上，可知a的取值范围是(e，＋∞)．
技巧点拨
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集．
方法二 构造函数法
[典例2] 已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2,1] D．[－2,0]
[答案] D
[解析] |f(x)|≥ax⇔
(1)由①得x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立．
当x＝0时，a∈R；
当x＜0时，有x－2≤a在区间(－∞，0]上恒成立，所以a≥－2.
(2)由②得ln(x＋1)－ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ln(x＋1)－ax(x＞0)，则h′(x)＝－a(x＞0)，可知h′(x)为减函数．当a≤0时，h′(x)＞0，故h(x)为增函数，所以h(x)＞h(0)＝0恒成立；
当a≥1时，因为∈(0,1)，所以h′(x)＝－a＜0，故h(x)为减函数，所以h(x)＜h(0)＝0恒成立，显然不符合题意；
当0＜a＜1时，对于给定的一个确定值a，总可以至少找到一个x0＞0，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0＜0成立．如当a＝时，取x0＝4，则h(x0)＝ln 5－2＜0成立，可知当0＜a＜1时，不符合题意．故a≤0.
由(1)(2)可知，a的取值范围是[－2,0]．
方法探究
本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图象及排除法去完成．典例2也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解．相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易．
方法三 等价转化法
[典例3] 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，
所以g(x)在上是单调递减函数，
在上是单调递增函数，
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.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在上，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)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
温馨提示
如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变成与典例2、典例3相关的问题去求解，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错．
